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Exercices corrigés - Produit tensoriel et convolution de distributions

Exercice 1

- Premiers calculs - premières propriétés [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Calculer $\delta_a'\otimes \delta_b'$.
Calculer $\delta_0'\star \delta_0'$.
Soient $T$ et $S$ deux distributions sur $\mtr$, $S$ étant à support compact; $X^n$ désigne la fonction $x\mapsto x^n$. Démontrer la formule suivante : $$X^n(T\star S)=\sum_{k=0}^n \binom n k(X^kT)\star (X^{n-k}S).$$
Soit $T\in\mcd'(\mtr)$. Montrer qu'il existe une distribution $E$ à support compact telle que $E\star T=T^{(k)}$.
Montrer que $\delta_a\star T=\tau_a T$, où $\tau_a T$ est la distribution définie par $(\tau_a T)(\phi)=T(\phi(.+a))$.
Soient $S$ et $T$ deux distributions convolables. Montrer que $\textrm{Supp}(S\star T)\subset \textrm{Supp}(S)+\textrm{Supp}(T)$.
Soient $f_1,f_2\in L^1_{loc}(\mtr)$, $Y$ la fonction d'Heaviside. Montrez que $T_{Yf_1}$ et $T_{Yf_2}$ sont convolables et que $T_{Yf_1}\star T_{Yf_2}=T_{Yf_1\star Yf_2}=T_F$ avec $F(x)=Y(x)\int_0^x f_1(t)f_2(x-t)dt.$

Soit $\theta\in\mcd(\mtr^2)$. Pour $x\in\mtr$, on note $\theta_x$ la fonction de $\mcd(\mtr)$ définie par $\theta_x(y)=\theta(x,y)$. On a $$\langle \delta_a'\otimes\delta_b',\theta\rangle=\langle \delta_a',\langle \delta_b',\theta_x\rangle\rangle.$$ Mais, $\langle \delta_b',\theta_x\rangle=-\frac{\partial \theta_x}{\partial y}(b)=-\frac{\partial \theta}{\partial y}(x,b)$. De ceci, on déduit : $$\langle \delta_a'\otimes\delta_b',\theta\rangle=\frac{\partial^2\theta}{\partial x\partial y}(a,b).$$
Il y a plusieurs possibilités pour résoudre cette question. La première est d'utiliser la définition : \begin{eqnarray*} \langle \delta_0'\star\delta_0',\theta\rangle&=&\langle \delta_0'\otimes\delta_0',\theta(x+y)\rangle\\ &=&\langle \delta_0',-\theta'(x)\rangle\\ &=&\theta''(0). \end{eqnarray*} On aurait pu aussi dériver deux fois l'identité $\delta_0\star\delta_0=\delta_0$.
Il suffit de calculer en appliquant la définition à la fois du produit de convolution et de la multiplication par une fonction $C^\infty$. \begin{eqnarray*} \langle X^n(T\star S),\theta\rangle&=&\langle T\star S,X^n \theta\rangle\\ &=&\langle T_x\otimes S_y,(x+y)^n \theta(x+y)\rangle\\ &=&\sum_{k=0}^n \binom nk \langle T_x\otimes S_y,x^ky^{n-k}\theta(x+y)\rangle\\ &=&\sum_{k=0}^n \binom nk \langle (x^k T_x)\otimes (y^{n-k}S_y),\theta(x+y)\rangle\\ &=&\langle\sum_{k=0}^n \binom nk (X^kT)\star (X^{n-k}S),\theta\rangle. \end{eqnarray*}
$E=\delta^{(k)}$ convient. En effet, $\delta\star T=T$, et il suffit de dériver $k$ fois cette équation!
Il suffit d'appliquer la définition : $$\delta_a\star T(\phi)=\langle \delta_a\otimes T_y,\phi(x+y)\rangle=\langle T_y,\phi(y+a)\rangle.$$
Posons $\Omega=\big[\textrm{Supp}(S)+\textrm{Supp}(T)\big]^c$, et montrons que si $\phi\in\mcd(\mtr^n)$ est à support dans $\Omega$, alors $\langle S\star T,\phi\rangle=0$. Posons pour cela $\psi(x)=\langle T_y,\phi(x+y)\rangle$, et cherchons le support de $\psi$. On a : $$x\in\textrm{Supp}(\psi)\implies \textrm{Supp}(T)\cap\textrm{Supp}(\phi(x+.))\neq\varnothing\implies x\in\textrm{Supp}(\phi)-\textrm{Supp}(T).$$ Mais, $$\big[\textrm{Supp}(\phi)-\textrm{Supp}(T)\big]\cap\textrm{Supp}(S)=\varnothing.$$ Ainsi, $\langle S_x,\psi\rangle=0$ ce qui est le résultat souhaité.
Remarquons d'abord que les supports de $T_{Yf_1}$ et $T_{Yf_2}$ sont inclus dans $[0,+\infty[$. Ainsi, ces deux distributions sont convolables car si $x_n+y_n\in[0,+\infty[\times [0,+\infty[$ est bornée, chaque suite $(x_n)$ $(y_n)$ est bornée. D'après une proposition du cours, ceci entraine que les deux fonctions sont convolables et que $T_{Yf_1}\star T_{Yf_2}=T_{Yf_1\star Yf_2}$. En outre, il est clair que $$Yf_1(x)\star Yf_2(x)=\int_0^{+\infty}f_1(t)Y(x-t)f_2(x-t)dt.$$ Mais $Y(x-t)\neq 0\implies t\leq x$. Ainsi, si $x<0$, le produit de convolution est nul sinon il vaut : $$\int_0^x f_1(t)f_2(x-t)dt.$$

Exercice 2

- Support, produit tensoriel et convolution [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Soient $S,T\in\mcd'(\mtr^d)$, et $\theta\in\mcd(\mtr^d\times\mtr^d)$ tels que $$\supp(\theta)\cap(\supp(S)\times\supp(T))=\varnothing.$$ Pour $x\in\mtr^d$, on note $\theta_x$ la fonction définie par $\theta_x(y)=\theta(x,y)$, membre de $\mcd(\mtr^d)$.
1. Montrer qu'il existe un voisinage $V$ de $\supp(S)$ tel que, si $x\in V$, $\langle T,\theta_x\rangle=0$.
2. En déduire que $\supp(S\otimes T)=\supp(S)\times\supp(T)$.
Soient $S$ et $T$ deux distributions telles que, pour tout compact $K$ de $\mtr^{2d}$, l'ensemble $$L=\left\{(\xi,\eta)\in\mtr^d\times\mtr^d;\ \xi+\eta\in K\right\}\cap(\supp S\times\supp T)$$ est compact. Montrer que l'on peut définir $S\star T$.

Exercice 3

- Opérateur différentiel [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Trouver deux distributions $H_1$ et $H_2$ de $\mcd'(\mtr)$ telles que $H_k'=\delta_0$ ($k=1,2$), $\supp(H_1)\subset]-\infty,0]$, $\supp(H_2)\subset[0,+\infty[$.
Soit $\phi_1,\phi_2$ une partition de l'unité subordonnée au recouvrement $\mtr=]-\infty,1[\cup]-1,+\infty[$, et soit $T\in\mcd'(\mtr)$. Montrer que $\phi_1T$ est convolable avec $H_1$ et $\phi_2T$ est convolable avec $H_2$.
Démontrer que l'opérateur $V:T\mapsto H\star \phi_1T+H_2\star\phi_2T$ est un inverse à droite de l'opérateur $D:=\frac{d}{dx}$ dans $\mcd'(\mtr)$, i.e. $D\circ V=I_{\mcd'(\mtr)}$. En déduire en particulier que $D$ est surjectif dans $\mcd'(\mtr)$.
Déduire de la question précédente que l'opérateur $D-\lambda I$ admet un inverse à droite dans $\mcd'(\mtr)$ quel que soit $\lambda\in\mtc$.
Soit $P$ un polynôme à coefficients complexes, $P\neq 0$. Montrer que l'opérateur $P(D)$ admet un inverse à droite dans $\mcd'(\mtr)$.

Exercice 4

- Distributions causales [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

On note $\mcd'_+=\{T\in\mcd'(\mtr);\ \supp(T)\subset[0,+\infty[\}$.

Montrer que $\mcd_+'$ est une algèbre de convolution.
Montrer que pour tout $\lambda\in\mtc$, la distribution $\delta'-\lambda \delta$ est inversible dans cette algèbre, et que l'on a $$(\delta'-\lambda\delta)^{\star -1}=H(t)e^{\lambda t},$$ $$(\delta'-\lambda\delta)^{\star -n}=H(t)\frac{t^{n-1}e^{\lambda t}}{(n-1)!}.$$
On considère une équation différentielle à coefficients constants (non tous nuls), où l'inconnue est la distribution $T$ et où $S$ est une distribution $$a_kT^{(k)}+\dots+a_0T=S.$$ Montrer qu'il existe une distribution $E$ que l'on explicitera telle que l'équation différentielle est équivalente à $$E\star T=S.$$
On suppose désormais que $S$ est dans $\mcd_+'$. Montrer que l'équation différentielle admet toujours une solution $T$ dans $\mcd_+'$.

Soit $S$ et $T$ deux éléments de $\mcd'_+$. Soit $K=[-R,R]$ et $$L=\{(x,y)\in\mtr^2,\ x+y\in K\}\cap(\supp S\times \supp T).$$ Si $(x,y)$ est dans $L$, on a forcément $x\geq 0$, $y\geq 0$ et $x+y\leq R$. Ainsi, $L\subset[0,R]\times[0,R]$, ce qui prouve que $L$ est compact et que l'on peut bien définir le produit de convolution de $S$ par $T$. De $\supp(S\star T)\subset\overline{\supp(S)+\supp(T)}$, on déduit que $S\star T$ est encore élément de $\mcd_+'$. En outre, il est clair que l'élément neutre $\delta_0=\delta$ est dans $\mcd_+'$. Il reste à montrer que le produit est associatif. On considère donc $S,T,U$ trois éléments de $\mcd_+'$, et $\phi\in\mcd(\mtr)$. Notons $$M=\{(x,y,z)\in\mtr^3;x+y+z\in K\}\cap(\supp S\times\supp T\times\supp U).$$ Alors $M$ est compact, et si $\theta$ est une fonction valant $1$ au voisinage de $M$, on a $$\langle S\star(T\star U),\phi\rangle=\langle S_x\otimes T_y\otimes U_z,\theta(x,y,z)\phi(x+y+z)\rangle.$$
Il suffit de faire le calcul! Remarquons en effet d'abord que $H(t)e^{\lambda t}$ est bien dans $\mcd_+'$. Ensuite : \begin{eqnarray*} \langle(\delta'-\lambda\delta)\star(H(t)e^{\lambda t},\phi\rangle&=& \langle (\delta'-\lambda\delta),\int_0^{+\infty}e^{\lambda y}\phi(x+y)dy\rangle\\ &=&\langle (\delta'-\lambda\delta),e^{-\lambda x}\int_x^{+\infty}e^{\lambda u}\phi(u)du\rangle\\ &=&\phi(0)\\ &=&\langle\delta,\phi\rangle. \end{eqnarray*} Ceci montre que $\delta'-\lambda\delta$ est inversible dans $\mcd_+'$, et que l'on a $$(\delta'-\lambda\delta)^{\star -1}=H(t)e^{\lambda t},$$ On en déduit $$(\delta'-\lambda\delta)^{\star -n}=(H(t)e^{\lambda t})^{\star n}.$$ On calcule le membre de droite par récurrence sur $n$ (il faut faire le même changement de variables que précédemment dans l'intégrale).
On rappelle que $T^{(k)}=\delta^{(k)}\star T$. En posant $E=\sum_{k=0}^{n}a_k\delta^{(k)}$, l'équation différentielle est équivalente à $E\star T=S$.
Remarquons que $\delta^{(k)}=(\delta')^{\star k}$. On factorise alors $E$ en $$E=a_n(\delta'-\lambda_1\delta)^{\star \alpha_1}\star\dots\star (\delta'-\lambda_l\delta)^{\star \alpha_l}.$$ Chacun des facteurs étant inversible, $E$ est inversible, notons $F$ son inverse. Une solution est alors donnée par $F\star S$.

Exercice 5

- Équation de Volterra [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

On considère l'algèbre de convolution $\mcd'_+=\{T\in\mcd'(\mtr);\ \supp(T)\subset[0,+\infty[\}$.

Soit $(T_j)$ une suite de $\mcd'_+$, qui convergent vers $T$, et soit $S\in\mcd_+'$. Montrer que $S\star T_j$ converge vers $S\star T$.
Soit $K\in L^\infty_{loc}(\mtr_+)$. Pour $n\in\mtn$, on note $K_n=K^{\star n}=K\star\dots\star K$ ($n$ facteurs). Montrer que pour tout $a>0$, tout $x\in[0,a]$, tout $n\in\mtn^*$, on a $$|K_n(x)|\leq M(a)^n\frac{x^{n-1}}{(n-1)!},$$ où $M(a)=\sup_{x\in[0,a]}|K(x)|$.
Montrer que la série $$\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n K_n=\delta-K+K^{\star 2}-\dots$$ converge dans $\mcd'_+$. En déduire que la distribution $\delta+K$ est inversible, et que l'on a $(\delta+K)^{-1}=\delta+L$, où $L$ est une fonction localement bornée.
Soient $f$ et $g$ deux fonctions de $L^1_{loc}(\mtr_+)$ telles que $$f(x)+\int_0^x e^{\lambda(x-y)}f(y)dy=g(x),\ x\geq 0$$ $(\lambda\in\mtc)$. Montrer que ceci est équivalent au fait que $$(\delta+He^{\lambda x})\star f=g,$$ où $H$ est la fonction de Heaviside.
En déduire que l'équation intégrale précédente admet toujours une solution.

Il suffit d'appliquer la définition et du produit de convolution, et de la limite d'une suite de distributions.
On démontre le résultat par récurrence sur $n$, puisqu'il est clair au rang $n=1$. Supposons le vérifié au rang $n$, et prouvons-le au rang $n+1$ (il est clair que le support des fonctions $K_n$ est inclus dans $\mtr_+$). On a \begin{eqnarray*} K_{n+1}(x)&=&K_n\star K(x)\\ &=&\int_{\mtr}K(x-y)K_n(y)dy\\ &=&\int_0^x K(x-y)K_n(y)dy\\ &\leq&\frac{M(a)^{n}}{(n-1)!}\int_0^x M(a)\times y^{n-1}dy\\ &\leq&\frac{M(a)^{n+1}}{(n-1)!}\frac{x^n}{n}. \end{eqnarray*}
Il suffit de prouver que, pour chaque $\phi\in\mcd(\mtr)$, la série $$\sum_{n=0}^{+\infty}|\langle K^{\star n},\phi\rangle|$$ converge absolument. Mais, si $\supp(\phi)\subset [-a,a]$, on a $$\sum_{n=0}^{+\infty}|\langle K^{\star n},\phi\rangle|\leq\int_0^a M(a)\phi(x)e^{M(a)x}dx<+\infty.$$ D'autre part, on a $$(\delta+K)\star (\sum_{n=0}^N K_n)=\delta+(-1)^N K_{N+1}.$$ Il est facile de vérifier, en comparant la croissance d'une puissance et d'une factorielle, que $K_N\to 0$ quand $N\to\infty$. En utilisant le résultat démontré à la première question, on en déduit que $\delta+K$ est inversible, son inverse étant donnée par $$\delta+\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^nK_n.$$ Pour conclure, remarquons que pour chaque $x$ $\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n K_n(x)$ converge vers $L(x)$, et que $L$ est localement bornée (on a en effet, pour $x$ dans $[0,a]$, $|L(x)|\leq M(a)\exp(M(a)a)$). Enfin, le théorème de convergence dominée montre aussi que, au sens des distributions, $$\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n K_n=L.$$
Puisqu'on a affaire à des fonctions localement intégrables, l'égalité au sens presque partout est équivalente à l'égalité au sens distribution. Il reste à remarquer que $$(\delta+He^{\lambda x})\star f=f+\int_0^x e^{\lambda(x-y)}f(y)dy.$$
Puisque $x\mapsto H(x)e^{\lambda x}$ est localement bornée, la distribution $\delta+He^{\lambda x}$ admet un inverse de la forme $\delta+L$, où $L$ est une fonction localement bornée. Une solution de l'équation de départ est donc donnée par $(\delta+L)\star g$, c'est-à-dire $$f(x)=g(x)+\int_0^x L(x-y)g(y)dy.$$ Remarquons qu'il s'agit bien d'une fonction localement intégrable.