Solutions des exercices.

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1 Solutions des exercices. Exercice.. Montrons que si T est une distribution et si (ϕ j ) est une suite de D() qui tend vers 0, la suite T, ϕ j tend vers 0. Si la suite (ϕ j ) tend vers 0 dans D(), il existe tel que, pour tout j N, supp ϕ j et tel que ϕ j ainsi que toutes ses dérivées tendent vers 0 uniformément dans. Si T est une distribution alors il existe N N et C > 0 tel que pour tout j N, T, ϕ j C sup α N n α N sup α ϕ j j + 0. Montrons maintenant que si T est une forme linéaire sur D() telle que T, ϕ j 0 pour toute suite ϕ j de D() qui tend vers 0, alors T est une distribution. Supposons que T ne soit pas une distribution. Il existe tel que, pour tout N N, pour tout C > 0, il existe ϕ D () tel que T, ϕ > C sup α N n α N sup α ϕ. En particulier, si on pose pour j N, N = C = j et si on pose ϕ j = ϕ C sup α N n sup α N α ϕ où la fonction ϕ est la fonction précédemment définie, on a T, ϕ j > et (ϕ j ) tend vers 0 dans D() (toutes les fonctions ϕ j ont leur support inclus dans et toutes les dérivées partielles sont majorées sur par /C = /j qui tend vers 0). C est absurde. Exercice.. Si, on a deux cas. Premier cas : a alors, pour tout ϕ D (), δ a, ϕ = ϕ(a) sup ϕ. Deuxième cas : a / alors, pour tout ϕ D (), ϕ(a) = 0 et donc δ a, ϕ = 0 sup ϕ. Exercice.3. Si est un compact et ϕ D () alors ( ) T f, ϕ sup ϕ ce qui prouve bien que T est une distribution. f,

2 54 Chapitre. Exercice.4. Soit un compact de R, A > 0 tel que ] A, A[ et ϕ D (). Soit ε > 0. On a x >ε Intégrons par parties ; nous obtenons : x >ε ϕ(x) ε x dx = ϕ(x) A A x dx + ϕ(x) ε x dx. ϕ(x) ε A dx = ϕ( ε) lnε ϕ(ε) lnε ϕ (x) ln x dx ϕ (x) ln x dx x A ε car ϕ(a) = ϕ( A) = 0. La fonction R + x ln x est localement intégrable sur R + car elle est continue sur R + et Il en découle que existe et vaut ε lnx dx = εlnε ε + ε 0. ( ε A ) lim ϕ (x) ln x dx + ϕ (x) ln x dx ε 0 A ε R ϕ (x) ln x dx. Comme ϕ est C, on a ϕ( ε) ϕ(ε) = εϕ (0) + o(ε) au voisinage de 0 donc (ϕ( ε) ϕ(ε)) lnε εϕ (0) lnε ε 0 0, en particulier on a bien l existence de vp( ), ϕ x et ϕ D (R), vp( x ), ϕ = ϕ (x) ln x dx sup ϕ ln x dx. ce qui prouve que vp( ) est bien une distibution. x Exercice.5. Supposons qu il existe une fonction f L loc () telle que δ a = T f. Soit θ une fonction C à support compact dans R n telle que θ(0) =. Posons ϕ N (x) = θ(n(x a)). On a supp ϕ N = a + N supp θ, donc à partir d un certain rang, supp ϕ N. On a alors δ a, ϕ N = ϕ N (a) = et T f, ϕ N = fϕ N. Or si est un compact de voisinage de a, il existe

3 Théorie des distributions. 55 un rang M à partir duquel, pour tout N M, on ait supp ϕ N, ce qui implique que, pour tout N M, fϕ N f θ l L () car f L loc. La suite de fonctions fϕ N tend simplement vers 0 presque partout. Il découle du théorème de la convergence dominée que T f, ϕ N N + 0 ce qui est contradictoire. Exercice.6. C est un corollaire immédiat du théorème de représentation de Riesz. Exercice.7. On a vu que si est un compact de R, alors ϕ D (R), vp( x ), ϕ = ϕ (x) ln x dx sup ϕ ln x dx. Ceci montre que vp( ) est une distribution d ordre inférieur ou égal à. x Supposons que vp( x ) ne soit pas une distribution d ordre exactement, mais d ordre 0. On en déduit que, pour tout compact R, il existe une constante C telle que ϕ D (R), vp( x ), ϕ C sup ϕ. On prend alors = [0, ] et ϕ j D(R) qui valent sur [ j, ] telles que 0 ϕ j et dont le support est inclus dans [ j, ]. On a alors j N, vp( x ), ϕ j j dx x = lnj et sup ϕ =. Ceci contredit l existence de la constante C précédente et prouve bien que vp( ) est une distribution d ordre exactement égal à. x Exercice.8. Soit ϕ D(R). Supposons supp ϕ ] A, A[, ce qui implique en particulier que ϕ( A) = ϕ(a) = 0. En intégrant par parties, nous avons + = cos(jx)ϕ(x)dx = [ j sin(jx)ϕ(x) +A A ] +A A j cos(jx)ϕ(x)dx A A sin(jx)ϕ (x)dx = j + sin(jx)ϕ (x)dx. Donc + cos(jx)ϕ(x)dx j + ϕ (x) dx j + 0,

4 56 Chapitre. ce qui prouve bien que cos jx tend vers 0 au sens des distributions. Exercice.9. Soit un compact de. Soient N et C tels que, pour tout ϕ D (), T, ϕ C sup sup α ϕ. α N n α N Si g C (), on a alors grâce à la formule de Leibniz (Exercice.), pour α N n et ϕ D (), α (gϕ) = β α En particulier, pour α N, sup α (gϕ) β α donc et sup α N n α N sup α (gϕ) gt, ϕ = T, gϕ ( ) ( α β sup α N n α N C sup α N n α N sup β g β α β α β α ( α β ( α β ( ) α ( β g)( α β ϕ). β )( ) sup α β ϕ ( ) α sup β ) ) sup sup sup γ N n γ N ce qui montre bien que gt est une distribution. Exercice.0. Soit ϕ D(R). On a x vp( x ), ϕ = vp( x ), xϕ(x) = lim ε 0 x >ε sup γ N n γ N sup γ N n γ N xϕ(x) x γ g γ g γ g sup sup dx = lim = sup ε 0 x >ε + sup γ N n γ N sup γ N n γ N sup γ N n γ N ϕ(x)dx γ ϕ γ ϕ γ ϕ ϕ(x)dx =, ϕ,

5 Théorie des distributions. 57 donc x vp( x ) =. Exercice.. On suit l indication proposée. La fonction f(x) = ϕ(x) θ(x) est de classe C et vérifie f(0) = 0. Donc f(x) = x 0 f (t)dt = x f (xu)du 0 grâce au changement de variable t = xu. Le théorème de dérivation sous le signe somme montre que ψ(x) = est de classe C et que pour tout k N, ψ (k) (x) = 0 0 f (xu)du u k f (k+) (xu)du. En effet, cela découle du fait que, si M k est un majorant de f (k) sur R (qui existe car f est à support compact et qu il en est donc de même pour les dérivées de f), alors u k f (k+) (xu) M k+ u k qui est intégrable sur [0, ]. Il reste à vérifier que ψ est à support compact : si x R et si x supp ϕ supp θ {0}, alors ϕ(x) ϕ(0)θ(x) = xψ(x) = 0 car ϕ(x) = θ(x) = 0, ce qui implique que ψ(x) = 0 car x 0. On a donc ψ D(R) et supp ψ supp ϕ supp θ {0}. Nous avons donc, T, ϕ = T, ϕ(0)θ(x) + xψ(x) = ϕ(0) T, θ + xt, ψ(x) = ϕ(0) T, θ car xt = 0, et donc T, ϕ = T, θ δ 0, ϕ, ce qui prouve que T = cδ 0 avec c = T, θ C. Exercice.. La propriété énoncée est vraie si est un intervalle ouvert de R (par récurrence sur l entier α). Elle est donc vraie si est un ouvert quelconque de R. En effet, tout ouvert de de R est réunion dénombrable d intervalles disjoints. Il suffit pour cela de considérer la relation d équivalence R sur définie par xry si et seulement s il existe un intervalle ouvert I x,y contenant x et y et inclus dans. On vérifie aisément

6 58 Chapitre. que c est bien une relation d équivalence. On remarque ensuite que les classes d équivalences sont des intervalles ouverts (en fait la classe d équivalence de x est la composante connexe de contenant x). Comme Q est dénombrable et que chaque classe d équivalence contient au moins un rationnel (par densité de Q), on en déduit que l ensemble des classes d équivalences est donc au plus dénombrable et donc que est réunion dénombrable d intervalles ouverts disjoints. Si maintenant ϕ D(), on en déduit que supp ϕ est inclus dans une réunion finie d intervalles ouverts disjoints I,...I N (par compacité de supp ϕ) de et donc que ( α f)ϕ = N i= I i ( α f)ϕ = ( ) α N f( α ϕ) = ( ) α I i i= f( α ϕ), et donc la propriété est vraie quel que soit l ouvert de R. On raisonne maintenant par récurrence sur la dimension n de R n. Soit n N, n. Supposons que cela soit vrai au rang n. Si maintenant est un ouvert de R n, f C () et ϕ D(), on a ( α f)ϕ = ( α α x f)ϕ x R x x où on a noté R n x = (x, x,..., x n ) = (x, x ) avec x = (x,..., x n ), α = (α,..., α n ) et où x = {x R n, (x, x ) } qui est ouvert car x est l image réciproque par l application continue R n x (x, x ) R n de. On a alors ( α f)ϕ = x α ( α f)ϕ. x R x x L hypothèse de récurrence nous donne x α ( α f)ϕ = ( ) α x x et donc ( α f)ϕ = ( ) α x x ( α f)( α x ϕ) ( α f)( α x ϕ). Le même raisonnement mais en tranchant par rapport à x nous donne ( α f)( α x ϕ) = ( α f)( α x ϕ) x R n x

7 Théorie des distributions. 59 où x est l ouvert de R défini par x = {x R, (x, x ) }. En particulier, ( α f)( α x ϕ) = ( )α x f( α α x ϕ) x donc et termine l exercice. ( α f)ϕ = ( ) α f( α ϕ) Exercice.3. Soit un compact de. Comme T est une distribution, il existe N N et C > 0 tels que ϕ D (), T, ϕ C sup β N n β N sup β ϕ. En particulier, ϕ D (), α T, ϕ = T, α ϕ C sup β N n β N sup β+α ϕ C sup β N n β N+ α sup β ϕ. ce qui prouve bien que α T est une distribution sur. Exercice.4. On a vu dans l exercice.4 que ln x est localement intégrable sur R donc définit une distribution et que, ϕ D(R), vp( x ), ϕ = ln x, ϕ et donc (ln x ) = vp( ) au sens des distributions. x Exercice.5. Il suffit de montrer que si une suite de distributions T n tend vers 0 alors, α T n tend vers 0. Or T n tend vers 0 si et seulement si, pour toute ϕ D(), T n, ϕ 0. En particulier, comme pour toute ϕ D(), α T n, ϕ = ( ) α T n, α ϕ 0, le résultat en découle. Exercice.6.. Si on le montre pour la dérivation par rapport à x, le résultat se prouvera de manière analogue pour les dérivations par rapport aux autres x j.

8 60 Chapitre.. a. On a f(x) ϕ(x) ( b dx = x ]a,b [ ]a n,b n [ a f(x, x,..., x n ) ϕ x (x, x,..., x n )dx ) dx dx n Prouvons maintenant que si u est une fonction définie et dérivable sur un intervalle ]a, b[ de R telle que u L loc (]a, b[) et v D(]a, b[) alors b b u (x)v(x)dx = u(x)v (x)dx. a a Cela découle du fait que si w est une fonction dérivable sur ]a, b[ dont la dérivée est intégrable sur tout compact [c, d] ]a, b[ alors w(d) w(c) = d c w (t)dt. Attention : cette égalité n est pas triviale car w n est pas continue! Il s agit d un théorème dû à Lebesgue et nous renvoyons le lecteur à un ouvrage d intégration ou par exemple à l ouvrage de W. Rudin, Analyse réelle et complexe, Masson, page 6, théorème 8.. En particulier, appliquant cela la fonction w = uv sur un intervalle [c, d] tel que supp v ]c, d[ nous obtenons donc 0 = u(d)v(d) u(c)v(c) = b a u v = d c d c (u v + vu ) d b u v = uv = uv. c a Revenant à l intégrale initiale, nous avons donc b a f(x, x,..., x n ) ϕ (x, x,..., x n )dx x = b a f x (x, x,..., x n )ϕ(x, x,..., x n )dx d où le résultat demandé. b. La compacité du support de ϕ entraîne le résultat. c. On prend une partition de l unité adaptée à la famille de parallélépipèdes P,..., P N précédente, c est-à-dire qu on prend des fonctions ϕ,..., ϕ N telles que supp ϕ i P i et telles que ϕ + +ϕ N

9 sur supp ϕ. On a alors f(x) ϕ x dx = d où le résultat. Théorie des distributions. 6 N i= N i= f(x) (ϕϕ i) x dx = f (x)(ϕϕ i )(x)dx = x f x (x)ϕ(x)dx Exercice.7. Pour montrer que la fonction πz définit bien une distribution, il suffit de montrer qu elle est localement intégrable sur C. Comme cette fonction est continue sur C \ {0}, elle est donc localement intégrable sur C \ {0}. Pour conclure, il suffit de montrer qu elle est intégrable sur tout voisinage compact de 0, et donc il suffit de montrer que pour tout R > 0, dxdy z < +. Pour cela, on passe en coordonnées polaires : z R z R dxdy z R r dr = π 0 r = πr < + ce qui montre bien que définit bien une distribution T. πz Le théorème de la convergence dominée montre maintenant que T n tend z vers T. En effet, si ϕ D(C), la suite de fonctions ϕ(z) converge z + n simplement vers ϕ(z) z et est majorée en module par ϕ(z) z qui est intégrable car z est localement intégrable sur C. Et donc C z ϕ(z) z + ϕ(z) n + n C z ce qui montre bien que T n T. La continuité des opérateurs de dérivations partielles (proposition 5..) montre que z T n z T. Pour calculer T, il suffit donc de calculer z lim n + z T n. La distribution T n étant associée à une fonction C (, la distribution z T n est donc la distribution associée à la fonction z ). z π z + n On a ( ) z ( z) z z + = z n + + z ( z n + ) = n n ( z + ) n

10 6 Chapitre. donc, si ϕ D(C), on a T n z, ϕ = C π n ( z + n ) ϕ(z)dm(z), où dm(z) est la mesure de Lebesgue sur C. Posons z = w dans cette intégrale, n nous obtenons T n z, ϕ = C π ( w + ) ϕ(w n )dm(w). Si M est un majorant de ϕ alors ( w + ) ϕ(w n ) M ( w + ) qui est intégrable sur C car, en passant en coordonnées polaires, C dm(w) + ( w + ) = π 0 r dr + (r + ) = π 0 En utilisant le théorème de la convergence dominée, comme tend simplement vers on en déduit que T n, ϕ z n + C π ( w + ) ϕ(w n ) ( w + ) ϕ(0), ( w + ) ϕ(0)dm(w) = ϕ(0) π C d après le calcul fait précédemment. Et donc T z = δ 0. du (u + ) = π < +. dm(w) ( w + ) = ϕ(0) Exercice.8.. \ {a} est un ouvert d annulation de δ a. En effet, si ϕ D( \ {a}), alors supp ϕ est un compact de \{a} et donc ϕ(a) = 0, ce qui implique que δ a, ϕ = 0. Si maintenant \ {a} n est pas le plus grand ouvert d annulation de δ a, alors est le plus grand ouvert d annulation de δ a, ce qui veut dire que δ a = 0, ce qui est absurde. On en déduit que le plus grand ouvert d annulation de δ a est \ {a} et donc que supp δ a = {a}.

11 Théorie des distributions. 63. Il suffit de montrer qu un ouvert d annulation de T = vp( x ) est vide. Supposons donc que soit un ouvert d annulation de T non vide. Tout d abord, on ne peut avoir = {0} car {0} n est pas ouvert. Et donc, il existe a R \ {0} tel que a. Supposons a > 0 (le raisonnement sera identique si a < 0). Comme est ouvert, soit α > 0 tel que ]a α, a+α[. On peut supposer α < a, si bien que ]a α, a+α[ R +. Soit maintenant une fonction ϕ D(]a α, a + α[, positive et telle que ϕ = sur ]a α, a + α [. On a alors vp( x ), ϕ a+ α a α dx x > 0 donc vp( ), ϕ 0 ce qui contredit le fait que est un ouvert d annulation de T. On a donc bien prouvé que supp vp( x ) = x R. Exercice.9. Soit L le support de T. On prend une fonction θ à support compact dans qui vaut au voisinage de L. On en déduit que si ϕ D() alors ϕ θϕ est nulle au voisinage de L = supp T donc ϕ θϕ D(\supp T) et donc T, ϕ = T, θϕ. Soit un compact de. Soit M le support de θ qui est donc un compact de. Il existe N N et C > 0 tel que si ϕ D (), alors T, ϕ = T, θϕ C sup α N Or, si α N, grâce à la formule de Leibniz, et donc sup α (θϕ) = sup M M α (θϕ) C (sup M T, ϕ C sup α N où C et N sont donc indépendantes de. sup α (θϕ) M sup β θ β α sup α (θϕ) )( sup sup β ϕ Exercice.0. Si ϕ E() et si θ et θ sont deux fonctions de D() valant au voisinage de supp T, alors (θ θ )ϕ D(\supp T) donc T, θ ϕ = T, θ ϕ. β α )

12 64 Chapitre. Exercice.. i. Si y R n, (T ϕ)(y) = T, τ y ˇϕ. Donc [τ x (T ϕ)](y) = T, τ y x ˇϕ. Or, si z R n, τ y x ˇϕ(z) = ϕ(y x z) et [τ y ((τ x ϕ)ˇ)](z) = ϕ(y x z) donc T, τ y x ˇϕ = T, τ y ((τ x ϕ)ˇ) = (T (τ x ϕ))(y) et donc τ x (T ϕ) = T (τ x ϕ). Si y R n, ((τ x T) ϕ)(y) = τ x (T), τ y ˇϕ = T, τ x [(τ y ˇϕ)] avec τ x [(τ y ˇϕ)](z) = ϕ(y z x) et donc τ x (T ϕ) = (τ x T) ϕ. ii. Montrons d abord que, si α N n, alors ( α T) ϕ = T ( α ϕ) On a ( α T) ϕ(x) = ( α T), τ x ˇϕ = ( ) α T, α (τ x ˇϕ) = T, τ x [( α ϕ)ˇ] = T ( α ϕ)(x) Si h = (h, 0,..., 0) avec h 0 alors T ϕ(x + h) T ϕ(x) h = τ ht ϕ T ϕ (x) h [ ] τ h T T = ϕ (x) = h [ T τ ] hϕ ϕ (x). h Pour conclure que T ϕ est dérivable et que (T ϕ) = T ( ϕ), il suffit de montrer que la famille de fonctions τ hϕ ϕ h tend vers ϕ pour la topologie de D. Le résultat général pour α N n quelconque s obtiendra alors par récurrence sur α. Il suffit donc de montrer que, pour toute suite h j de réels qui tend vers 0, la suite ϕ j = h j (τ (hj,0,...,0)ϕ ϕ) tend vers ϕ. Remarquons tout d abord que supp ϕ j est inclus dans (supp ϕ) (supp ϕ + h j ) et donc qu il existe un compact tel que, pour tout j N, supp ϕ j est inclus dans car (h j ) tend vers 0. Il reste à montrer que les dérivées d ordre β pour β N n de ϕ j ϕ tendent vers 0 uniformément sur quand j tend vers + pour conclure. On remarque que, pour (x,..., x n ), ( ) β (τ (hj,0,...,0)ϕ ϕ) ϕ (x,..., x n ) h j = β ϕ(x h j, x,..., x n ) β ϕ(x, x,..., x n ) h j β ϕ(x,..., x n ) donc ( ) β (τ (hj,0,...,0)ϕ ϕ) ϕ (x,..., x n ) h j β ϕ(x h j, x,..., x n ) β ϕ(x, x,..., x n ) β ϕ(x,..., x n ) h j h j sup β ϕ

13 Théorie des distributions. 65 d après l inégalité de Taylor-Lagrange, et donc ( ) β (τ (hj,0,...,0)ϕ ϕ) ϕ (x,..., x n ) h j h j sup β ϕ sup x tend vers 0 quand j tend vers + ce qui termine la preuve. iii. Si x R n, on a (T (ϕ ψ))(x) = T, τ x [(ϕ ψ)ˇ] = T, z (ϕ ψ)( z + x) = T, z ϕ(x z y)ψ(y)dy. y R n Le support de l application z y R n ϕ(x z y)ψ(y)dy est x ( supp ϕ + supp ψ ) = x et l intégrale précédente est en fait une intégrale portant sur les y (x x supp ϕ) supp ψ. Notons L x le compact (x x supp ϕ) supp ψ et soit A x un nombre réel positif tel que L x [ A x, A x ] n. En écrivant cette intégrale comme une limite de sommes de Riemann, on peut écrire y R n ϕ(x z y)ψ(y)dy = lim N + N λ j,n ϕ(x z y j,n )ψ(y j,n ) où les λ j,n > 0 et y j,n L x. Plus précisément, si F est une fonction C sur [a, b] et M un majorant de la dérivée seconde de F, l inégalité de Taylor-Lagrange nous donne j= F(b) F(a) (b a)f (b a) (a) M. En particulier si f est continue sur [a, b], la fonction F(x) = x a f(t)dt vérifie cette inégalité et donc b a f(t)dt (b a)f(a) M (b a) où M est un majorant de f. Si on décompose [a, b] en les N intervalles [a+ b a b a k, a+ (k+)] pour k = 0,..., N, si on applique l inégalité N N sur chacuns de ces intervalles et si on somme ces inégalités, on obtient b a f(t)dt b a N N k=0 f ( a + b a ) N k M (b a) N

14 66 Chapitre. (c est la méthode des rectangles). En particulier, pour z x, on a ϕ(x z y)ψ(y)dy [ A x,a x ] n N A x N ϕ(x z + a ka x N )ψ( a + ka x N ) k,...,k n =0 n N A x sup max i=,...n (ϕ(x z y)ψ(y)) y i. En appliquant cette inégalité aux fonctions z [ A x,a x ] n ϕ(x z y)ψ(y)dy et ainsi qu aux dérivées z [ A x,a x ] n β ϕ(x z y)ψ(y)dy, on en déduit que la suite de fonctions à supports dans x z N k,...,k n =0 L x A x N ϕ(x z + a ka x N )ψ( a + ka x N ) converge uniformément ainsi que ses dérivées sur le compact x vers la fonction z ϕ(x z y)ψ(y)dy. [ A x,a x ] n On en déduit que T, z ϕ(x z y)ψ(y)dy = y R n = lim N N + k,...,k n =0 = lim A x N T, z ϕ(x z + a ka x N ) ψ( a + ka x N ) N N + k,...,k n =0 A x N T ϕ(x + a ka x N ) ψ( a + ka x N ) La fonction T ϕ est C, donc continue et donc la dernière limite est une somme de Riemann qui converge donc vers (T ϕ)(x y)ψ(y)dy = T, z ϕ(x z y) ψ(y)dy. y R n y R n Autrement dit, on a montré qu on peut permuter l action de la distribution T avec l intégration par rapport à y, c est-à-dire qu on a T, z ϕ(x z y)ψ(y)dy = T, z ϕ(x z y) ψ(y)dy. y R n y R n

15 Théorie des distributions. 67 On a alors ψ(y) T, z ϕ(x z y) dy = ψ(x y ) T, z ϕ(y z) dy y R n y R n où on a posé y = x y, et cette dernière intégrale vaut ψ(x y )(T ϕ)(y ) = [(T ϕ) ψ](x). y R n (Cette question était difficile donc ne vous inquiétez pas si vous n êtes pas arrivés à la traiter). Exercice.. Les points i, ii et iii se prouvent de manière analogue. Il reste le point iv, c est-à-dire qu il reste à montrer que T ψ est à support compact. Plus précisément, nous allons montrer que supp T ψ supp T + supp ψ. Pour cela, soit x (supp T + supp ψ). Or supp τ x ˇψ = x supp ψ. Et (x supp ψ) supp T = puisqu on a supposé que x (supp T + supp ψ). Et donc T ψ(x) = 0, ce qui prouve bien que supp T ψ supp T + supp ψ. Exercice.3. Si T est à support compact alors T ϕ D(R) et donc S (T ϕ) a bien un sens. Si S est à support compact, alors T ϕ E(R) et donc S (T ϕ) a bien un sens. Il existe alors une unique distribution U telle que U ϕ = S (T ϕ). Pour voir l unicité il suffit de remarquer qu on a nécessairement U, ϕ = (U ˇϕ)(0) = [S (T ˇϕ)](0). Montrons que U ainsi définie est bien une distribution. Si ϕ j est une suite de fonctions qui tend vers 0, alors il existe un compact qui contient tous les supports des ϕ j et tel que, sur, toutes les dérivées des ϕ j tendent uniformément vers 0. On en déduit que toutes les dérivées de (T ˇϕ j ) tendent uniformément vers 0 sur tout compact de R n et donc que [S (T ˇϕ j )](0) = U, ϕ j tend vers 0 donc que U est bien une distribution. On a alors (U ϕ)(x) = U, τ x ˇϕ = [U (τ x ˇϕ)ˇ](0) = [S (T (τ x ˇϕ)ˇ)](0) = [S (T (τ x ϕ))](0) = [S τ x (T ϕ)](0) = τ x [S (T ϕ)](0) = [S (T ϕ)](x), d où le résultat. Exercice.4. i. Si ϕ, ψ D, puisque la convolution de fonctions est commutative, le point iii du théorème 7. implique que (S T)(ϕ ψ) = S (T (ϕ ψ)) = S ((T ϕ) ψ) = S (ψ (T ϕ).

16 68 Chapitre. Si supp T est compact, appliquons une fois encore iii du théorème 7. tandis que si supp S est compact, on applique le point iii du théorème 7.4. Dans les deux cas, nous avons (S T)(ϕ ψ) = (S ψ) (T ϕ). Puisque ϕ ψ = ψ ϕ, le même calcul donne On a donc (T S) (ϕ ψ) = (T ϕ) (S ψ). (S T)(ϕ ψ) = (T S) (ϕ ψ). Pour conclure que S T = T S, il reste à montrer que si U est une distribution telle que U ϕ ψ = 0 pour tout ϕ, ψ D, alors U = 0. Pour cela on remarque que si ϕ D et si θ est une fonction de D à support dans un voisinage de 0 et dont l intégrale vaut, alors θ j (x) = j n θ(jx) est une suite de D et on a, pour x R n, (ϕ θ j )(x) = ϕ(x y)j n θ(jy)dy = R n ϕ(x u/j)θ(u)du ϕ(x) θ(u)du = ϕ(x). R n j + R n donc, comme U (ϕ θ j ) = 0, on a U ϕ = 0 puis U = 0 puisque U, ϕ = (U ˇϕ)(0). ii. Si ϕ D, un calcul simple nous donne S T, ϕ = S, (T ˇϕ)ˇ. D après i, nous pouvons supposer que supp T est compact. La démonstration du point iv du théorème 7.4. montre que le support de T ˇϕ est contenu dans supp T supp ϕ. En particulier S T, ϕ = 0 à moins que supp S ne coupe supp ϕ supp T, c est-à-dire à moins que supp ϕ ne coupe supp S + supp T. iii. Nous concluons d après ii que (R S) T et R (S T) sont définies si au plus un des ensembles supp R, supp S et supp T n est pas compact. Si ϕ D, on a (R (S T)) ϕ = R ((S T) ϕ) = R (S (T ϕ))

17 Si supp T est compact, alors Théorie des distributions. 69 ((R S) T) ϕ = (R S)(T ϕ) = R (S (T ϕ)) car T ϕ D d après iv du théorème 7.4. On obtient donc le résultat dès que supp T est compact. Si supp T n est pas compact, alors supp R est compact et le cas précédent combiné avec la propriété de commutativité i nous donne R (S T) = R (T S) = (T S) R = T (S R) = T (R S) = (R S) T. iv. Si ϕ D, alors δ 0 ϕ = ϕ car (δ 0 ϕ)(x) = δ 0, τ x ˇϕ = (τ x ˇϕ)(0) = ϕ(x). Donc les parties iii ci-dessus et ii du théorème 7. nous donnent ( α R) ϕ = R ( α ϕ) = R ( α (δ 0 ϕ)) = R ( α δ 0 ) ϕ. v. Cela découle de iv, iii et i : α (R S) = ( α δ 0 ) (R S) = (( α δ 0 ) R) S = ( α R) S et de même pour l autre égalité. Exercice.5. On a D(T E) = T (DE) = T δ 0 = T.