1 Exemples de distributions

Université Pierre et Marie Curie
Master de Mathématiques, M1
Analyse réelle, MM003
Année universitaire 2014-2015
Ayman Moussa
[email protected]
TD no 7 – Distributions.
Sauf indication contraire, Ω désignera dans toute la suite un ouvert non vide de Rd .
1
Exemples de distributions
Exercice 1.1: L1loc pΩq ãÑ D 1 pΩq
1. Vérifier qu’une fonction de L1loc pΩq définit bien une distribution par la formule
ż
f pxqϕpxqdx.
@ϕ P DpΩq, Tf pϕq :“
Ω
2. On veut prouver que l’application linéaire f ÞÑ Tf est bien injective. Soit donc f P L1loc pΩq telle que
Tf “ 0.
(a) Soit K un compact de Ω, θ P DpΩq valant 1 sur K et pρn qnPN P DpRd qN une approximation
de l’unité. Montrer que pour tout n P N, ρn ‹ pθf q “ 0.
(b) En déduire que θf P L1 pRd q est nul presque partout puis que f l’est également sur Ω.
Voir la correction.
Exercice 1.2: Masses de Dirac
1. Pour a P Ω, montrer que l’application d’évaluation
δa : DpΩq ÝÑ R
ϕ ÞÝÑ ϕpaq,
définit bien une distribution. On l’appelle masse de Dirac en a. Calculer les dérivées de δa , dans
le cas de la dimension 1.
2. Montrer que les masses de Dirac ne sont pas des fonctions.
Voir la correction.
Exercice 1.3: Valeur principale
On se place sur D 1 pRq.
ż
ϕpxq
dx possède une limite lorsque ε Ñ 0 et que la forme linéaire
x
|x|ěε
qui à ϕ P DpRq associe cette limite est bien une distribution d’ordre inférieur ou égal 1. C’est la
valeur principale de x1 , notée vpp x1 q.
1. Soit ϕ P DpRq. Vérifier que
2. En considérant
„ unesuite de fonctions
„ testpϕn qnPN à valeurs dans r0, 1s et telle que pour tout n P N,
1
1
Supppϕn q Ă
, 2 et ϕn ” 1 sur
, 1 , montrer que vpp x1 q est exactement d’ordre 1.
2n
n
1
3. Calculer xvpp x1 q.
Voir la correction.
Exercice 1.4: Pas de multiplication pour les distributions
En considérant x ÞÑ x, δ0 et vpp x1 q montrer qu’il est impossible de définir un produit sur l’ensemble
D 1 pRq qui soit associatif et prolonge le produit déjà défini d’une distribution par un élément de C 8 pRq.
Voir la correction.
2
Ordre et support
Soit p P N. On fixe pKn qnPN une suite exhaustive de compacts de Ω (voir le TD sur les fonctions tests).
On note E pΩq “ C 8 pΩq et Ccp pΩq l’espace des fonctions de classe C p pΩq, à support compact dans Ω.
On rappelle que le premier est un espace de Fréchet pour la topologie des semi-normes supK }B α ¨ } où α
p
parcoure Nd et K les compacts de Ω. Pour un compact K Ă Ω, DK pΩq et CK
pΩq désignent respectivement
les éléments de DpΩq et Ccp pΩq dont le support est inclus dans K. Ccp pΩq est muni de la topologie limite
p
inductive des espaces normés CK
pΩq.
n
Exercice 2.1: Contre-exemples
1. Trouver une fonction test ϕ nulle en 0 P Rd et une distribution T dont le support est réduit à t0u
et tel que T pϕq soit non nul.
À retenir : ϕ|SupppT q “ 0 œ xT, ϕy “ 0, mais si V est un voisinage de SupppT q, ϕ|V “ 0 ñ xT, ϕy “
0.
2. Dans le même genre, si f P C 8 pΩq s’annule sur le support de T , peut-on affirmer que f T “ 0 ?
Voir la correction.
Exercice 2.2: Distribution d’ordre fini
1. Montrer qu’une forme linéaire continue sur Ccp pΩq définit par restriction une distribution d’ordre
inférieur ou égal à p.
2. Réciproquement, si T est une distribution d’ordre inférieur ou égal à p, montrer qu’elle se prolonge
de manière unique en une forme linéaire continue sur Ccp pΩq.
Indication : Invoquer le théorème de prolongement des applications uniformément continues sur les
p
espaces normés CK
pΩq. Et vérifier que les différents prolongements obtenus coïncident tous.
n
Voir la correction.
Exercice 2.3: Mesures
On dit qu’une forme linéaire T (à valeurs réelles) sur DpΩq est positive si pour toute fonction test
ϕ positive, T pϕq est un réel positif.
1. Montrer qu’une forme linéaire positive est croissante au sens où ϕ ď ψ ñ T pϕq ď T pψq.
2. Soit K un compact de Ω. On fixe θK P DpΩq valant 1 sur K. Encadrer tout élément de DK pΩq
entre deux éléments de la droite vectorielle RθK . En déduire que T est une distribution d’ordre 0
puis que l’ensemble des formes linéaires positives s’injecte dans le dual topologique de Cc0 pΩq.
2
Remarque : Un théorème de représentation de Riesz permet de préciser ce résultat : les distributions
positives sur Ω s’identifient en fait aux mesures de Radon définies sur la tribu des boréliens de Ω.
Voir la correction.
Exercice 2.4: Distributions à support compact
1. Montrer que DpΩq est dense dans E pΩq.
2. Montrer qu’une forme linéaire continue sur E pΩq définit par restriction à DpΩq Ă E pΩq une distribution à support compact.
3. Réciproquement, soit T une distribution à support compact. Montrer que T se prolonge de manière
unique en une forme linéaire continue sur E pΩq.
Indication : On fixera θ à support compact bien choisie et on remarquera que la multiplication par θ
envoie continûment E pΩq dans DpΩq.
4. Montrer qu’une distribution à support compact est d’ordre fini.
Remarque : De la même manière que précédemment on peut alors montrer qu’une distribution à
support compact se prolonge en une forme linéaire continue sur C m pΩq pour tout entier m P N
supérieur ou égal à son ordre.
Voir la correction.
Exercice 2.5: Combinaisons de masses de dirac
Soit x1 , x2 , . . . , xn n points distincts de Ω.
1. Montrer l’existence de θ1 , θ2 , . . . , θn P DpΩq telles que θi pxj q “ δij (symbole de Kronecker, pas la
masse de Dirac !).
”
ı
”
ı
2. Soit T P D 1 pΩq telle que @ϕ P DpΩq, @i P J1, nK, ϕpxi q “ 0 ñ T pϕq “ 0 . Montrer que
T P Vectpδx1 , . . . , δxn q.
Remarque : De manière plus générale, on peut montrer qu’une distribution dont le support est un
ensemble fini est une combinaison linéaire finie de dérivées de masses de dirac centrées en les points
de cet ensemble.
Voir la correction.
3
Dérivation de distribution
Exercice 3.1: Opérations élémentaires
1. Quelle est la dérivée de 1R` ? Et la dérivée de x ÞÑ |x| ?
2. Soit θ P E pRq et T P D 1 pRq. Montrer que pθT q1 “ θ1 T ` θT 1 . Donner une formule pour pθT qpnq .
3. Soit α, β P Nd , et T P D 1 pΩq, vérifier que B α B β T “ B β B α T .
4. Pour h P Rd , on note τh l’opérateur défini de D 1 pRd q dans lui-même par τh T pϕq “ T pτ´h ϕq. Vérifier
que les définitions « fonctionnelle » et « distributionnelle » de τh coïncident.
Voir la correction.
3
Exercice 3.2: Distributions constantes
On se place sur R pour simplifier, cependant les résultats suivants se généralisent à la dimension d.
1. Montrer que les éléments de DpRq d’intégrale nulle sont exactement les dérivées de fonctions tests.
2. On fixe θ P DpRq d’intégrale égale à 1. Déduire de ce qui précède que pour tout ϕ P DpRq, il existe
pλϕ , ψq P R ˆ DpRq tel que ϕ “ λϕ θ ` ψ 1 .
3. En déduire qu’une distribution de dérivée nulle est constante.
Remarque : En dimension d ce résultat devient : une distribution dont toutes les dérivées partielles
d’ordre 1 sont nulles est une fonction constante.
Voir la correction.
4
Distributions s’identifiant à une fonction
On va s’intéresser à une série de cas où une estimation/égalité imposée à une distribution T implique
que cette distribution soit une fonction. Pour simplifier, si X est un espace fonctionnel, et T P D 1 pΩq, on
adopte l’abus de notation T P X pour dire que T « s’identifie à un élément de X ».
Exercice 4.1:
1. Que dire d’un élément T P D 1 pRq tel que T 1 P C 0 pRq ?
Indication : Considérer une primitive de T 1 - c’est donc une fonction C 1 pRq - et remarquer qu’elle
a la même dérivée faible que T !
2. Que dire d’un élément T P D 1 pRq tel que T pnq “ 0 pour un certain entier n P N ?
3. Soit p P r1, 8r et Bp la boule unité de Lp pΩq. Montrer que si T P D 1 pΩq est bornée sur Bp X DpΩq,
1
alors T P Lp pΩq.
Indication : Montrer que T est alors uniformément continu sur DpΩq (pour la distance induite par
la norme } ¨ }p ) et prolonger.
Voir la correction.
Exercice 4.2: Un espace de Sobolev
On fixe une fonction θ P Dps0, 1rq d’intégrale égale à 1. On rappelle alors un résultat obtenu
précédemment : tout élément ϕ P Dps0, 1rq se décompose sous la forme ϕ “ ψ 1 ` λϕ θ où ψ P Dps0, 1rq et
ż1
`
˘
λϕ “
ϕpxqdx. Dans toute la suite } ¨ }2 représente la norme de L2 s0, 1r .
0
żx
2
1. Soit ψ P Dps0, 1rq. En remarquant que ψpxq “ 2
ψ 1 ptqψptqdt, montrer que }ψ}2 ď 2}ψ 1 }2 .
0
2. Soit T P D 1 ps0, 1rq tel que T 1 P L2 ps0, 1rq. En utilisant la décomposition ϕ “ ψ 1 ` λϕ θ, montrer que
“
‰
pour tout ϕ P Dps0, 1rq, |T pϕq| ď |T pθq|}ϕ}2 ` 2 1 ` }θ}2 | }T 1 }2 }ϕ}2 .
Indication : Remarquer que |λϕ | ď }ϕ}2 et“ utiliser la
‰ question précédente pour montrer que }ψ}2 ď
2p1 ` }θ}2 q}ϕ}2 et en déduire |T pψ 1 q| ď 2 1 ` }θ}2 | }T 1 }2 }ϕ}2 .
3. En déduire que T 1 P L2 ps0, 1rq ñ T P L2 ps0, 1rq (ou pourra utiliser la troisième question de l’exercice
précédent).
4. Soit u P C 1 pr0, 1sq, nulle en 0. Montrer que
ˇż x
ˇ
ˇ
ˇ
2
1
ˇ
|upxq| “ 2 ˇ u ptquptqdtˇˇ ď 2}u}2 }u1 }2 .
0
4
En déduire que comme précédemment}u}2 ď 2}u1 }2 et aussi }u}8 ď
Indication : On pourra méditer sur 2ab ď a2 ` b2 .
?1 p}u}2
2
` }u1 }2 q.
5. En déduire que si v :“ pvn qnPN P Dps0, 1rqN est une suite de Cauchy dans L2 ps0, 1rq, la suite des
primitives s’annulant en 0 des vn est de Cauchy dans L2 ps0, 1rq, puis dans C 0 pr0, 1sq. Elle converge
donc dans ce dernier espace et on note la limite upvq.
6. Soit maintenant T P D 1 ps0, 1rq tel que T 1 P L2 ps0, 1rq. Soit une suite v “ pvn qnPN P Dps0, 1rqN
approchant T 1 dans L2 ps0, 1rq. Montrer que upvq et T ont la même dérivée (au sens des distributions)
et en déduire que T P C 0 pr0, 1sq.
Voir la correction.
Exercice 4.3: Solutions faibles
Soit a P E pRq, T P D 1 pRq et f P C 0 pRq. On suppose que l’on a T 1 `aT “ f au sens des distributions.
*
"ż x
aptqdt . Montrer que pgT q1 “ f g.
1. On pose gpxq :“ exp
0
2. En déduire que gT P C 1 pRq, puis T P C 1 pRq.
3. En déduire finalement que l’équation est vérifiée au sens usuel.
Voir la correction.
Exercice 4.4: Caractérisation des fonctions lipschiztiennes
żx
1. Soit T P D pRq et f P
1
L1loc pRq.
f ptqdt. Montrer que T 1 “ Tf
Pour C P R, on note FC pxq “ C `
0
si et seulement si T “ FC pour un certain C P R.
Indication : On pourra montrer que la dérivée faible de F0 est égale à Tf .
2. Montrer que T P D 1 pRq s’identifie à une fonction lipschitzienne si et seulement si T 1 s’identifie à un
élément de L8 pRq.
Indication : Pour l’aspect « nécessaire » on pourra utiliser que h´1 pτ´h T ´ T q ÝÑ T 1 dans D 1 pRq
hÑ0
(voir section suivante). En déduire que |xT 1 , ϕy| ď LippT q}ϕ}1 et conclure.
Voir la correction.
5
Convergence de distributions
Exercice 5.1: Exemples
1. Les séries
N
ÿ
n“0
δnpnq et
N
ÿ
pnq
δ0
sont-elles convergentes dans D 1 pRq ?
n“0
Indication : Pour la deuxième série, prendre θ valant 1 au voisinage de 0 puis considérer ϕpxq :“
θpxqex .
2. Soit pρn qnPN une approximation de l’unité sur Rd . Calculer la limite de pρn qnPN au sens des distributions.
3. Calculer la limite de px ÞÑ sinpnxqqnPN , au sens des distributions.
4. En dimension 1, vérifier que la famille d’opérateurs Sh :“ h´1 pτ´h ´ Idq tend simplement (h Ñ 0)
vers l’opérateur de dérivation sur D 1 pRq, i.e.
τ´h T ´ T
ÝÑ T 1 ,
hÑ0
h
au sens des distributions, pour tout T P D 1 pRq.
5
Voir la correction.
Exercice 5.2: Limite ponctuelle
On considère une suite pTn qnPN P D 1 pΩqN telle que pTn pϕqqnPN forme une suite convergente pour
toute fonction test ϕ. On note la limite Spϕq.
1. Vérifier que S est un bien dans le dual (algébrique) de DpΩq.
2. Soit K un compact de Ω. Montrer que Fk :“ tϕ P DK pΩq; @n P N, |Tn pϕq| ď ku est fermé dans
l’espace de Fréchet DK pΩq et en déduire que S est continue sur ce dernier espace.
Indication : On pourra remarquer que les Fk sont tous convexes et symétriques par rapport à 0 et
montrer que l’un d’entre eux est en fait un voisinage de 0 dans DK pΩq.
3. En déduire que S est bel et bien un élément du dual topologique de DpΩq, i.e. une distribution.
Voir la correction.
1
Exercice 5.3: Convergence faible σpLp , Lp q et convergence au sens des distributions
1. Soit p P r1, 8s. Vérifier que la convergence faible (ou faible´‹...) d’une suite de Lp pΩq implique sa
convergence au sens des distributions. Montrer que la réciproque est fausse : une suite de Lp pΩq
peut converger dans D 1 pΩq vers un élément de Lp pΩq sans converger faiblement dans ce dernier
espace.
2. On suppose p Ps1, 8r. Soit pfn qnPN une suite bornée de Lp pΩq qui converge au sens des distributions
vers T P D 1 pΩq.
1
(a) En utilisant la densité de DpΩq dans Lp pΩq, montrer que pfn qnPN converge faiblement vers
une certaine fonction g.
Indication : On montrera que les crochets de dualité xfn , hy forment des suites de Cauchy pour
1
h P Lp pΩq quelconque.
(b) En déduire que T “ Tg .
3. En déduire que sous la condition p Ps1, 8r, une suite de Lp pΩq converge faiblement si et seulement
si elle est bornée et converge au sens des distributions. En guise de contre-exemple si p “ 1 vérifier
que la suite fn :“ n1r1{n,2{ns converge au sens des distributions, est bornée dans L1 pRq, mais ne
peut pas converger faiblement dans cet espace.
Voir la correction.
6
Correction
Correction 1.1: L1loc pΩq ãÑ D 1 pΩq
1. Il s’agit juste de vérifier la propriété de continuité caractérisant les distributions (la linéarité étant
claire) : soit donc ϕ P DpΩq et notons K son support, on a aisément |Tf pϕq| ď }f }L1 pKq }ϕ}8 .
2. (a) C’est juste noter que dans ces conditions
ż
ρn ‹ pθf qpxq “
f pyqθpyqρn px ´ yqdy “ Tf pϕq,
Ω
où ϕ : y ÞÑ θpyqρn px ´ yq est bien un élément de DpΩq (x est ici fixé), d’où ρn ‹ pθf qpxq “ 0,
et ce pour tout x P Rd .
(b) La fonction θf est bien intégrable puisque f P L1loc pΩq et θ est à support compact Ă Ω. D’après
le théorème d’approximation par convolution on a donc pρn ‹ pθf qqn ÝÑ θf , dans L1 pRd q, et
nÑ`8
donc θf “ 0 presque partout, d’après la question précédente, et donc f “ 0 presque partout
sur K puisque θ “ 1 sur ce compact. Ceci étant vrai pour tout compact K Ă Ω, on a bien
f “ 0 presque partout sur Ω.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 1.2: Masses de Dirac
1. La linéarité est immédiate et si ϕ P DpΩq on a |xδa , ϕy| ď }ϕ}8 . Par définition de la dérivation pour
pkq
les distributions il vient xδa , ϕy “ p´1qk ϕpkq paq.
2. Il s’agit de démontrer qu’il n’existe pas d’élément f P L1loc pΩq tel que δa “ Tf . Dans le cas contraire
on aurait pour toute fonction ϕ P DpΩq
ż
f pxqϕpxqdx “ ϕpaq.
(1)
Ω
Soit alors une suite de fonctions ϕn P DpΩq à valeur dans r0, 1s, valant toute 1 en a et telle que
Suppϕn Ă Bpa, 1{nq. La suite pf ϕn qn converge presque partout vers 0 est bornée par la fonction
intégrable f 1Bp0,1q : par convergence dominée on obtient
ż
f ϕn pxqdx ÝÑ 0,
nÑ`8
Ω
alors que (1) impose que la suite formée par ces intégrales est constante égale à 1 : contradiction.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 1.3: Valeur principale
1. On pose
$
’
&
gpxq “
ϕ1 p0q, si x “ 0,
ϕpxq ´ ϕp0q
’
sinon.
%
x
Puisque ϕ est dérivable, g est continue et on a, si Supppϕq Ď r´R, Rs,
ż
ż
ż
ϕpxq
dx
Iε pϕq :“
dx “
gpxqdx ` ϕp0q
,
x
|x|ěε
εď|x|ďR
εď|x|ďR x
7
la deuxième intégrale étant nulle par imparité, il vient, par intégrabilité de g et convergence dominée,
żR
Iε pϕq ÝÑ
εÑ0 ´R
gpxqdx.
Par ailleurs, par le théorème des accroissements finis, on a }g}8 ď }ϕ1 }8 , si bien que finalement
pour toute fonction test ϕ dont le support est inclus dans r´R, Rs, l’intégrale Iε pϕq possède bien
une limite lorsque ε Ñ 0, laquelle est plus petite en valeur absolue que 2R}ϕ1 }8 , ce qui exprime bel
et bien que la forme linéaire correspondante est une distribution d’ordre inférieur ou égal à 1.
2. La suite considérée est bornée uniformément
par 1 et˙est à support dans un compact fixé, r0, 1s.
ˆ
1
1
devrait être bornée, cependant que, pour
Si vpp q était d’ordre nul, alors la suite xvpp q, ϕn y
x
x
n
ε ă 1{2n
ż
ż2
ż1
ϕn pxq
1
ϕn pxq
dx “
dx ě
dx,
x
x
x
x“1{2n
1{n
|x|ěε
d’où l’on déduit
1
xvpp q, ϕn y ě ln n ÝÑ 8.
nÑ`8
x
3. Par définition
@ϕ P DpRq,
1
1
xxvpp q, ϕy “ xvpp q, xϕpxqy
x
x
ż
xϕpxq
dx
“ lim
εÑ0 |x|ěε
x
ż
“ lim
ϕpxqdx
εÑ0 |x|ěε
ż
“
ϕpxqdx “ x1R , ϕy,
|x|ěε
si bien que xvpp x1 q “ 1R !
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 1.4: Pas de multiplication pour les distributions
De fait l’exercice précédent montre que pvpp x1 qxqδ0 “ 1R δ0 “ δ0 , alors que vpp x1 qpxδ0 q “ vpp x1 qˆ0 “
0, ce qui exclut l’existence d’un produit associatif prolongeant le produit usuel. Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 2.1: Contre-exemples
1. On prend par exemple δ01 qui a bien pour support t0u et pour fonction test ϕ : x ÞÑ xθpxq où
θ P DpRq vaut 1 sur un voisinage de 0 de telle sorte que ϕp0q “ 0 ‰ ϕ1 p0q.
2. Non ! Le contre-exemple de la question précédente s’applique : x s’annule sur le support de δ01 (t0u)
et pourtant xδ01 est non nul sur toute fonction θ P DpRq valant 1 sur un voisinage de 0.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 2.2: Distribution d’ordre fini
8
1. Les formes linéaires T continues (pour la topologie limite inductive) sur Ccp pΩq sont les formes
p
linéaires donc chaque restriction sur CK
pΩq est continue, ce qui veut justement dire que pour tout
n
compact K (nécessairement inclus dans l’un des Kn ) il existe une constante CK telle que, pour
p
toute ϕ P CK
pΩq, |T pϕq| ď CK sup|α|ďp supK |B α ϕ|, ce qui implique bien que la restriction de T à
n
DpΩq est une distribution d’ordre inférieur ou égal à p.
2. En utilisant les propriétés de régularisation/approximation de la convolution, remarquons d’abord
p
que pour tout n DKn pΩq est dense dans CK
pΩq. Ensuite, soit T P DpΩq d’ordre plus petit que p.
n
On a donc en particulier, pour tout n l’existence d’une constante Cn telle que pour toutes fonctions
tests f, g P DKn pΩq, |T pf ´ gq| ď Cn }f ´ g}p,Kn , ce qui est exactement l’uniforme continuité de T
sur DKn pΩq pour la norme }f }p,Kn :“ sup|α|ďp supKn |B α f |. On est donc en mesure d’appliquer le
théorème de prolongement des applications uniformément continues pour étendre T en une forme
p
p
linéaire Trn définie sur CK
pΩq. Par unicité du prolongement Trn et Trn`1 coïncident sur CK
pΩq si
n
n
bien qu’il est loisible de définir Tr, pour ϕ P Ccp pRq par Trpϕq :“ Trn pϕq où n est entier assez grand
pour que Supppϕq Ď Kn . Et il est alors clair (en utilisant la caractérisation séquentielle) que Tr est
une forme linéaire continue sur Ccp pΩq, pour la topologie limite inductive.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 2.3: Mesures
1. C’est une conséquence aisée de la linéarité de T : ϕ ď ψ ô 0 ď ψ ´ ϕ ñ 0 ď T pψ ´ ϕq ñ T pϕq ď T pψq.
2. On a bien sûr @ϕ P DK pΩq, ´}ϕ}8 θK ď ϕ ď }ϕ}8 θK , et donc par croissance de T : ´}ϕ}8 T pθK q ď
T pϕq ď T pθk q}ϕ}8 , ce qui s’écrit aussi |T pϕq| ď CK }ϕ}8 , où CK :“ T pθK q, ce qui veut bien dire
que T est une distribution d’ordre 0 et donc, d’après l’exercice précédent que T se prolonge de
manière unique en un élément du dual topologique de Cc0 pΩq.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 2.4: Distributions à support compact
1. E pΩq est un espace de Fréchet, il suffit donc de montrer la densité séquentielle de DpΩq. Mais si
ϕ P E pΩq et si θn P DpΩq vérifie θn “ 1 sur Kn , on a }ϕ ´ θn ϕ}p,Kp “ 0 pour n ě p, ce qui veut
bien dire que pθn ϕqn tend vers ϕ au sens de la famille de semi-normes } ¨ }p,Kp .
2. C’est une simple conséquence de la topologie localement convexe utilisée pour E pΩq : par définition
une forme linéaire T est continue sur E 8 pΩq si et seulement si il existe p P N et C ą 0 tels que pour
toute fonction ϕ P E pΩq,, |T pϕq| ď C}ϕ}p,Kp , ce qui, en restreignant cette inégalité aux fonctions
tests ϕ P DpΩq exprime exactement le fait que T est une distribution à support compact (inclus
dans Kp ) (et ordre plus petit que p).
3. Soit T une distribution à support compact, K. Soit θ P DpΩq valant 1 sur K. La multiplication
E pΩq Q ϕ ÞÑ θϕ P DpΩq est continue puisque si pϕn qn converge vers 0 dans E pΩq, il en est de même
pour pθϕn qn par la formule de Leibniz. On vérifie alors que la forme linéaire Trpψq :“ T pθψq prolonge
T à E pΩq puisque si ϕ P DpΩq, ϕ ´ θϕ a son support inclus dans K c , et est donc dans le noyau T . La
continuité de Tr est alors une conséquence de la continuité de la multiplication mentionnée ci-haut.
L’unicité du prolongement (continu) est une conséquence de la densité démontrée à la première
question.
4. Si T est à support compact, K, alors DpK c q Ď KerT . Soit L un compact de Ω contenant strictement
K. Puisque T est une distribution, on dispose d’une constante CL et d’un entier naturel mL tels
que pour toute fonction test ϕ à support dans L, |T pϕq| ď CL sup|α|ďmL supL |B α ϕ|. Fixons comme
précédemment θ P DpΩq valant 1 sur un voisinage de K, et à support inclus dans L. Alors pour
toute fonction test ϕ P DpΩq, ϕ ´ θϕ P DpK c q et on a donc T pϕq “ T pθϕq, mais θϕ est à support
9
dans L donc |T pθϕq| “ |T pϕq| ď CL sup|α|ďmL supL |B α pθϕq| et donc finalement par la formule de
Leibniz |T pϕq| ď CL,θ sup|α|ďmL supL |B α ϕ|. Ceci étant valable pour toute fonction test ϕ, T est
d’ordre fini inférieur ou égal à mL .
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 2.5: Combinaisons de masses de dirac
1. Soit r :“ mini‰j |xi ´ xj |. Il suffit de prendre pour tout i θi P DpBpxi , r{2qq, valant 1 en xi .
řn
2. Soit ϕ P DpΩq. On constate que ψ :“ ϕ ´ i“1 θi ϕpxi q s’annule en chaque xk , et donc ψ P KerT ,
d’où finalement
@ϕ P DpΩq,
T pϕq “
n
ÿ
T pθi qϕpxi q ùñ T “
i“1
n
ÿ
T pθi qδxi P Vectpδ1 , . . . , δn q.
i“1
On pourra méditer sur le fait suivant : même si tϕ P DpRq : @n, ϕpnq p0q “ 0u Ć DpR˚ q, on a cependant
les équivalences
”
ı
”
ı
”
ı
”
ı
pkq
SupppT q “ t0u ô T P Vecttδ0 : k P Nu ô tϕ P DpRq : @n, ϕpnq p0q “ 0u Ď KerT ô DpR˚ q Ď KerT
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 3.1: Opérations élémentaires
1. Par définition de la dérivée au sens des distributions, on a pour toute fonction test ϕ P DpRq,
x11R` , ϕy :“ ´x1R` , ϕ1 y, et donc finalement par directe intégration (ϕ est à support compact),
x11R` , ϕy “ ϕp0q, ce qui veut dire que 11R` “ δ0 . De manière tout à fait similaire x| ¨ |1 , ϕy “
´x| ¨ |, ϕ1 y “ xx1R´ , ϕy ´ xx1R` , ϕy, ce qui donne finalement après intégration par parties x| ¨ |1 , ϕy “
x1R` ´ 1R´ , ϕy et donc | ¨ |1 “ 1R` ´ 1R´ .
2. Soit ϕ P DpRq. On a successivement
xpθT q1 , ϕy “ ´xθT, ϕ1 y
“ ´xT, θϕ1 y
“ ´xT, pθϕq1 ´ θ1 ϕy
“ xT 1 , θϕy ` xθ1 T, ϕy,
ce qui donne bien la formule annoncée. On montre par une récurrence basée sur le calcul précédent
que la formule de Leibniz s’étend au cadre distributionnel :
n ˆ ˙
ÿ
n pkq pn´kq
pnq
pθT q “
θ T
.
k
k“1
3. C’est une conséquence directe du lemme de Schwarz pour les fonctions tests, dont l’utilisation est
clairement justifiée puisque celles-ci sont (largement) de classe C 2 .
4. Si f P L1loc pRd q C’est simplement le changement de variable
ż
ż
@ϕ P DpRd q, xTf , τ´h ϕy “
f pxqϕpx ` hqdx “
Rd
Rd
Retour à l’énoncé de l’exercice.
10
f px ´ hqϕpxqdx “ xTτh f , ϕy.
Correction 3.2: Distributions constantes
1. Si ϕ P DpRq, une directe intégration montre que ϕ1 est d’intégrale nulle (puisque ϕ estżnulle au bord
x
de son support). Réciproquement, si ϕ est d’intégrale nulle, alors la fonction ψ : x ÞÑ
ϕptqdt est
´8
bien définie (puisque ϕ est régulière à support compact) et à support compact puisque l’intégrale
de ϕ est nulle, et on a bien ϕ “ ψ 1 .
2. Soit ϕ P DpΩq et soit λϕ son intégrale. Puisque θ est d’intégrale 1, ϕ ´ λϕ θ est d’intégrale nulle et
d’après la question précédente il existe donc ψ P DpRq telle que ϕ “ λϕ θ ` ψ 1 .
3. Si T P D 1 pRq est de dérivée nulle, cela implique que T pψ 1 q “ 0, pour toute fonction test ψ. En
appliquant T à la décomposition obtenue dans la question précédente il vient donc T pϕq “ λϕ T pθq,
ce qui s’écrit aussi
ż
T pϕq “ T pθq
ϕpxqdx,
R
ce qui veut bien dire que T est la distribution associée à une constante (la constante T pθq en
l’occurence). On se convainc aisément que changer la fonction θ ne modifiera pas la valeur de T pθq :
si ν P DpRq est d’intégrale 1, θ ´ ν est d’intégrale nulle et s’écrit donc comme la dérivée d’une
fonction test d’après la première question, on en déduit θ ´ ν P KerT et donc T pνq “ T pθq.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 4.1:
żx
1. Soit g la fonction continue représentant T 1 et soit f pxq :“
gptqdt une primitive de g. On a, pour
0
toute fonction test ϕ P DpRq
xTf1 , ϕy “ ´xTf , ϕ1 y “ ´
ż !ż x
R
)
gptqdt ϕ1 pxqdx,
0
ce qui donne avec intégration par parties
ż
xTf1 , ϕy
gpxqϕpxqdx “ xg, ϕy,
“
R
ce qui veut bien dire que Tf1 “ g “ T 1 . Finalement T ´ Tf est une distribution de dérivée nulle et
c’est donc une constante : α (d’après l’exercice précédent). On en déduit que T “ Tf ` Tα “ Tf `α P
C 1 pRq.
2. En utilisant une récurrence immédiate associée à la dernière question on peut déjà dire que T P
C n pRq. Mais en fait on a mieux, toujours par récurrence : T P Rn´1 rXs.
3. Notons } ¨ }p la norme de Lp pΩq. Puisque p P r1, 8r, DpΩq Ă Lp pΩq est dense dans Lp pΩq. T est
uniformément continue sur DpΩq comme le montre l’inégalité suivante, pour ϕ1 , ϕ2 P DpΩq
˙
ˆ
ϕ1 ´ ϕ2
ď }ϕ1 ´ ϕ2 }p
sup
|T pψq|,
|T pϕ1 q ´ T pϕ2 q| “ |T pϕ1 ´ ϕ2 q| “ }ϕ1 ´ ϕ2 }p T
}ϕ1 ´ ϕ2 }p
ψPBp XDpΩq
si bien que T est lipschitzienne (donc uniformément continue sur l’espace considéré). Le théorème
de prolongement des applications uniformément continues s’applique bel et bien et on en déduit
1
que T se prolonge en un élément du dual topologique de Lp pΩq dont on sait qu’il s’identifie à Lp pΩq
1
via le crochet de dualité habituel. Cela veut dire en particulier qu’il existe g P Lp pΩq tel que pour
tout fonction test ϕ P DpΩq
ż
xT, ϕy “
gpxqϕpxqdx,
R
1
ou encore T “ g P Lp pΩq.
11
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 4.2: Un espace de Sobolev
1. Puisque ψ P Dps0, 1rq, ψp0q “ ψp1q “ 0. Ensuite puisque x ÞÑ ψpxq2 a pour dérivée x ÞÑ 2ψpxqψ 1 pxq,
on a par directe intégration et l’inégalité de Cauchy-Schwarz
"ż x
*1{2 "ż x
*1{2
żx
2
1
2
1
2
ψptq dt
ψ ptq dt
ψpxq “ 2
ψptqψ ptqdt ď 2
0
0
0
1
ď 2}ψ}2 }ψ }2 ,
ce qui après intégration sur r0, 1s donne }ψ}22 ď 2}ψ}2 }ψ 1 }2 et dans tous les cas (que ψ “ 0 ou non)
on a alors }ψ}2 ď 2}ψ 1 }2 .
`
˘
2. T 1 P L2 s0, 1r , veut dire qu’il existe f P L2 ps0, 1rq telle que T 1 “ Tf et il vient par l’inégalité
de Cauchy-Schwarz pour toute fonction test ϕ, |T 1 pϕq| ď }f }2 }ϕ}2 , ce que l’on note aussi comme
suggéré dans l’énoncé |T 1 pϕq| ď }T 1 }2 }ϕ}2 . Puisque ϕ “ ψ 1 ` λϕ θ et |T pψ 1 q| “ |T 1 pψq|, il vient
|T pϕq| ď }T 1 }2 }ψ}2 ` |λϕ T pθq|.
(2)
On a ensuite |λϕ | ď }ϕ}2 par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, et }ψ}2 ď 2}ψ 1 }2 d’après la question
“
‰
précédente ce qui donne finalement }ψ}2 ď 2}ϕ ´ λϕ θ}2 ď 2 1 ` }θ}2 }ϕ}2 et on obtient l’inégalité
voulue en utilisant ce qui précède dans (2).
3. L’inégalité de la question précédente s’écrit également, pour toute fonction test
` ϕ,˘ |T pϕq| ď C}ϕ}2
et en utilisant la question 3 de l’exercice précédent on en déduit que T P L2 s0, 1r .
4. Comme précédemment, la dérivée de x ÞÑ upxq étant x ÞÑ 2u1 pxqupxq on obtient par intégration,
inégalité de Cauchy-Schwarz et croissance de l’intégrale :
ˇ
ˇż x
ˇ
ˇ
1
2
ˇ
|upxq| “ 2 ˇ u ptquptqdtˇˇ ď 2}u}2 }u1 }2 .
0
1
L’inégalité }u}2 ď 2}u }2 est obtenue comme précédemment par intégration
? a surar0, 1s. Ensuite,
pa ´ bq2 ě 0 implique 2ab ď a2 ` b2 et donc pour tout x P r0, 1s |upxq| ď 2 }u}2 }u1 }2 implique
}u}8 ď 2´1{2 p}u}2 ` }u1 }2 q.
5. Notons un la primitive de vn . Puisque }un ´ up }2 ď 2}vn ´ vp }2 , le caractère de Cauchy est
transmis de pvn qn à pun qn pour la norme } ¨ }2 d’abord puis également pour la norme } ¨ }8 puisque
}un ´ up }8 ď 2´1{2 p}un ´ up }2 ` }vn ´ vp }2 q.
á T 1 dans D 1 ps0, 1rq. Par ailleurs
˘
puisque pun qn (la suite des primitives) converge vers upvq dans L s0, 1r , elle converge également
dans D 1 ps0, 1rq, la dérivation étant continue pour cette dernière topologie, on a pvn qn á upvq1
6. On a pvn qn ÝÑ T 1 dans L2 ps0, 1rq et donc également pvn qn
nÑ`8
nÑ`8
`
2
nÑ`8
dans D 1 ps0, 1rq. Par unicité de la limite dans cet espace il vient finalement upvq1 “ T 1 , et donc
T ´ upvq de dérivée nulle, donc constante (cf. exercice de la section précédente). Finalement T “
upvq ` α P C 0 pr0, 1sq.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 4.3: Solutions faibles
1. On écrit, par définition,
xpgT q1 , ϕy “ ´xT, gϕ1 y
“ ´xT, pgϕq1 ´ g 1 ϕy
“ xT 1 , gϕy ` xaT, ϕgy
“ xT 1 ` aT, gϕy “ xf, gϕy,
1
soit pgT q “ f g.
12
2. On a donc gT P C 1 pRq (en utilisant le premier exercice de la section) et donc T P C 1 pRq puisque
g P C 8 pRq ne s’annule pas (et donc son inverse est aussi une fonction lisse).
3. T P C 1 pRq, veut dire qu’il existe h P C 1 pRq telle que T “ Th , et on a en particulier T 1 ` aT “
Th1 `ah “ Tf , d’où Th1 `ah´f “ 0 et donc (injectivité de ψ ÞÑ Tψ ) h1 ` ah ´ f “ 0 presque partout
et donc en tout point par continuité.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 4.4: Caractérisation des fonctions lipschiztiennes
1. On suit l’indication et on vérifie que si ϕ P DpRq, en utilisant le théorème de Fubini,
*
ż
ż "ż x
1
f ptqdt ϕ1 pxqdx
F0 pxqϕ pxqdx “
0
R
R
ż
“
f ptq10ďtďx pt, xqϕ1 pxqdxdt
RˆR
"ż `8
ż
*
1
ϕ pxqdx dt
f ptq
t
ż
“ ´ f ptqϕptqdt,
“
R
R
F01
ce qui veut bien dire que
“ Tf . Finalement si T 1 “ Tf , alors T ´ T0 est dérivée distributionnelle
nulle et c’est donc une constante, C mettons, i.e. T “ FC .
2. ‚ T P LippRq ñ T 1 P L8 pRq : on utilise l’indication de l’énoncé. Soit ϕ P DpRq, on a
x
τ´h T ´ T
, ϕy ÝÑxT 1 , ϕy,
hÑ0
h
mais par hypothèse T est lipschitzienne ce qui s’écrit
ˇ ˇż
ˇ
ˇ
ˇ ˇ T px ` hq ´ T pxq
ˇ
ˇ τ´h T ´ T
ˇ
ˇ
ˇx
, ϕyˇ “ ˇ
ϕpxqdxˇˇ ď LippT q}ϕ}1 ,
ˇ
h
h
R
si bien qu’après passage à la limite on a bien
ˇ 1
ˇ
ˇxT , ϕyˇ ď LippT q}ϕ}1 ,
et on peut utiliser le premier exercice de la section pour en déduire que T 1 P L1 pRq1 “ L8 pRq.
‚ T P LippRq ð T 1 P L8 pRq : on utilise la question ˇprécédente,
ˇ on a donc T “ FC et FC est
ż
ˇ y
ˇ
clairement lipschitzienne puisque |FC pyq ´ FC pxq| “ ˇˇ f ptqdtˇˇ ď }f }8 |x ´ y|.
x
Retour à l’énoncé de l’exercice.
Correction 5.1: Exemples
1. Pour la première, si ϕ P DpRq alors
C
G
N
N
`8
ÿ
ÿ
ÿ
pnq
δn , ϕ “
p´1qn ϕpnq pnq ÝÑ
p´1qn ϕpnq pnq,
n“0
N Ñ`8
n“0
n“0
où le terme de droite est bien défini puisque ϕ est à support compact. D’ailleurs si Supppϕq Ď
r´R, Rs, alors
ˇ
ˇ
ˇ `8
ˇ
ˇÿ
ˇ
n pnq
p´1q ϕ pnqˇ ď ptRu ` 1q sup sup |ϕp`q |,
ˇ
ˇn“0
ˇ
`ďtRu r0,Rs
13
ce qui est bien une estimation de continuité qui assure que l’opérateur limite est une distribution
(en fait on verra plus bas dans un autre exercice que cette justification est superflue) ; on peut
montrer que cette limite est un exemple de distribution d’ordre infini.
Par contre, la deuxième série ne converge pas dans D 1 pRq. Pour le voir il suffit de considérer θ P DpRq
valant 1 sur un voisinage de 0 et d’évaluer la série en question sur la fonction test ϕ :“ θ exp. On a
en effet pour tout n P N, par la formule de Leibniz ϕpnq p0q “ 1 ce qui assure que la série
C
G
N
N
N
ÿ
ÿ
ÿ
pnq
δ0 , ϕ “
p´1qn ϕpnq p0q “
p´1qn ,
n“0
n“0
n“0
ne peut converger. Ce contre-exemple éclaire le fait suivant : une distribution est localement d’ordre
fini.
2. Soit ϕ P DpRd q, on a
ż
q
ÝÑ ϕp0q
q
“ ϕp0q,
ρn pxqϕpxqdx “ ρn ‹ ϕp0q
xρn , ϕy “
nÑ`8
Rd
puisque ρn est une approximation de l’unité, la suite pρn qn convergence donc au sens des distributions vers la masse de Dirac δ0 .
3. C’est simplement le lemme de Riemann-Lebesgue : si f P L1 pRq alors
ż
f pxq sinpnxqdx “ ´Impfˆpnqq ÝÑ 0,
nÑ`8
R
si bien que (c’est évidemment valable pour ϕ P DpRq Ă L1 pRq ...), px ÞÑ sinpnxqqn converge au sens
des distributions vers 0.
4. Cette convergence s’exprime aussi en disant que pour toute fonction test ϕ P DpRq
B
F
τ´h T ´ T
, ϕ ÝÑxT 1 , ϕy,
hÑ0
h
ce que dire par définition des opérateurs de translation et dérivation sur D 1 pRq
B
F
τh ϕ ´ ϕ
T,
ÝÑ ´xT, ϕ1 y,
hÑ0
h
si bien que par continuité de T il nous suffit de montrer que
τh ϕ ´ ϕ
ÝÑ ´ϕ1 ,
hÑ0
h
dans DpRq. En changeant h en ´h cela revient à vérifier que
"
*
ϕpx ` hq ´ ϕpxq
ψh : x ÞÑ
ÝÑ ϕ1 , dans DpRq
hÑ0
h
Par la formule de Taylor avec reste intégral on a, pour tout x P R
ż
ϕpx ` hq ´ ϕpxq
1 x`h ϕ2 ptq
1
ψh pxq “
“ ϕ pxq `
px ` h ´ tqdt,
h
h x
2
et en appliquant la même formule aux dérivées de ϕ on voit que
ż
1 x`h ϕpk`2q ptq
pkq
ψh pxq ´ ϕ1pkq pxq “
px ` h ´ tqdt
h x
2
ż 1 pk`2q
ϕ
px ` shq
tÑx`sh
ps ´ 1qds.
“ h
2
0
Si ϕ est à support dans r´R, Rs, et |h| ď 1, ψh à support dans le compact K :“ r´R ´ 1, R ` 1s et
la formule précédente donne finalement
pkq
sup |ψh pxq ´ ϕ1pkq pxq| ď
xPK
et on a donc bien la convergence annoncée.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
14
|h| pk`2
}ϕ
}8 ÝÑ 0,
hÑ0
4
Correction 5.2: Limite ponctuelle
1. C’est simplement la compatibilité du passage à la limite avec l’addition et la multiplication par un
scalaire !
2. Fk “ XnPN tϕ P DK pΩq : |Tn pϕq| ď ku “ XnPN Tn´1 pr´k, ksq est une intersection de fermés puisque
chaque Tn est continue pour la topologie limite inductive donc en particulier continue sur chaque
DK pΩq, donc Fk est fermé. L’hypothèse de convergence ponctuelle implique que la famille de fermés
pFk qk recouvre DK pΩq. Celui-ci étant un espace métrique complet, le lemme de Baire impose l’existe
de k0 P N tel que F˚k0 ‰ H, ce qui veut dire qu’il existe ψ0 P DK pΩq et r ą 0 tels que Fk0 contienne
la boule Bpψ0 , rq (boule à comprendre au sens de la métrique de DK pΩq). Comme indiqué, il est
facile de vérifier que les Fk sont convexes et symétriques par rapport à 0. En particulier, Fk0 contient
la boule Bp0, r{2q puisque tout élément ϕ de celle-ci s’écrit
ϕ“
1
p´ψ0 ` ψ0 ` 2ϕq,
2
qui est une combinaison convexe de ´ψ0 et ψ0 ` 2ϕ, tous deux dans Fk0 . Finalement, comme la
topologie définie par les semi-normes pN :“ supK sup|α|ďN |B α ¨ | de DK pΩq coïncide avec celle
définie par la distance utilisée précédemment, on a l’existence de N P N et de η ą 0 tels que
pN pϕq ă η ñ ϕ P Fk0 . Pour tout élément de ϕ P DK pΩq on a finalement
ˇ ˆ
˙ˇ
ˇ k0
pN pϕq ˇˇ
ηϕ
ˇ ď pN pϕq,
@n P N, |Tn pϕq| “
T
n
ˇ
η
pN pϕq ˇ
η
et donc par passage à la limite
|Spϕq| ď
k0
pN pϕq,
η
qui implique bien la continuité de S sur DK pΩq.
3. La restriction de S à chaque DKp pΩq est continue. Puisque la topologie utilisée pour les fonctions
tests est la topologie limite inductive des DKp pΩq, S est bien dans le dual topologique de DpΩq, i.e.
S est bien une distribution.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
1
Correction 5.3: Convergence faible σpLp , Lp q et convergence au sens des distributions
1
1. L’inclusion DpΩq Ă Lp pΩq assure que la convergence faible Lp pΩq implique la convergence au sens
des distributions. Quant à la réciproque, considérons pn1rn,n`1s qn , qui ne peut converger faiblement
dans aucun Lp pRq puisque pour tout p P r1, 8s, }n1rn,n`1s }p “ n Ñ `8. Par contre si ϕ P DpRq,
on a xϕ, n1rn,n`1s y “ 0 pour n assez grand, ce qui veut dire que pn1rn,n`1s qn tend vers 0 dans
D 1 pRq !
1
2. (a) On a pour tout h P Lp pΩq et n, m P N et pour tout ϕ P DpΩq, en utilisant l’inégalité de Hölder
|xfn ´ fm , hy| ď |xfn ´ fm , ϕy| ` |xfn ´ fm , h ´ ϕy|
ď |xfn ´ fm , ϕy| ` 2}h ´ ϕ}p1 sup }fk }p ,
kPN
le deuxième terme du dernier membre peut être rendu arbitrirement petit (indépendamment
1
de n, m) puisque p1 P r1, 8r, si bien que DpΩq est dense dans Lp pΩq. Quant au premier terme,
une fois que ϕ est fixé, celui-ci tend vers 0 quand minpn, mq Ñ `8, puisque pfn qn converge
au sens des distributions. La suite de crochets pxfn , hyqn est donc bien de Cauchy, notons `h
sa limite. h ÞÑ `h est clairement une forme linéaire, et puisque |xfn , hy| ď supk }fk }p }h}p1 , on
15
obtient par passage à la limite que }`h } ď C}h}p1 , si bien que h ÞÑ `h est continue. D’après le
théorème de représentation de Riesz il existe g P Lp pΩq telle que
ż
p1
@h P L pΩq, `h “
hpxqgpxqdx,
Ω
et on vérifie sans peine qu’avec la définition de `h , on a en fait la convergence faible de pfn qn
vers g dans Lp pΩq.
(b) On a montré à la question précédente que la convergence faible Lp pΩq entraînait la convergence
au sens des distributions. Puisque par hypothèse pfn qn converge au sens des distributions vers
T , on a bien par unicité de la limite dans D 1 pΩq, T “ Tg .
3. Pour l’équivalence, c’est essentiellement les questions précédentes ! En rajoutant le fait classique
suivant (que l’on a déjà utilisé plus haut) : une suite de Lp pΩq convergeant faiblement est nécessairement bornée. Pour le contre-exemple, on a }fn }1 “ 1 et la suite est donc bien bornée dans L1 pRq.
Par ailleurs par changement de variable et convergence dominée
ż 2{n
@ϕ P DpRq,
xfn , ϕy “ “
nϕpxqdx
1{n
uÑnx
ż2
ϕpu{nqdu ÝÑ ϕp0q,
“
1
nÑ`8
si bien que pfn qn converge bel et bien au sens des distributions vers ... δ0 ! Ceci exclut bien sûr
la convergence faible de pfn qn dans L1 pRq puisque ceci impliquerait la convergence au sens des
distributions, et on sait que la masse de Dirac δ0 ne peut être représentée par un élément de L1 pRq.
Retour à l’énoncé de l’exercice.
16