La théorie des distributions permet d'étendre aux fonction localement intégrables (${\mathbb L}^1_{loc}({\mathbb R})$) un grand nombres de techniques aux départ définies pour des fonctions $C^\infty$. Mais comme souvent en mathématique on voudrait étendre ces techniques à encore plus de cas ... en particulier à des fonctions qui ne sont pas localement intégrable! Pour démarrer demandons nous comment associer une distribution $T$ à la fonction $x\longrightarrow {1\over x}$? Il est possible de définir l'action sur des fonctions tests dont le support ne contient pas 0 :
$$<T,\phi>=\int_{\mathbb R} {1\over x}\phi(x) dx ,~~~~\forall \phi\in{\mathcal D}({\mathbb R}^*)$$
mais près de 0 l'intégrale est équivalente à $\int_{r_0>\vert x\vert}{1\over x}\phi(0)dx$ qui diverge. Cependant, du fait de la parité de $x\to{1\over x}$, on a quand même que $\int_{r_0>\vert x\vert>\varepsilon}{1\over x}\phi(0)dx=0$ pour tout $\varepsilon>0$ ce qui permet de définir la distribution en prenant la limite des intégrales symétrisées.
Définition $VP{1\over x}$ est la distribution définie par : $$(1)~~~~<VP{1\over x},\phi>=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\vert x\vert>\varepsilon} {1\over x}\phi(x) dx ,~~~~\forall \phi\in{\mathcal D}({\mathbb R})$$
Pour démontrer que cette formule est correcte il suffit de faire le changement de variable $x\to -x$ dans la partie de l'intégrale sur $]-\infty,-\varepsilon]$ on obtient :
$$\int_{\vert x\vert>\varepsilon} {1\over x}\phi(x) dx=\int_{-\infty}^{-\varepsilon} {1\over x}\phi(x) dx+\int_{\varepsilon}^{+\infty} {1\over x}\phi(x) dx= \int_{\varepsilon}^{+\infty} {1\over x}(\phi(x)-\phi(-x)) dx$$
puis en utilisant un DL de $\phi$ près de $x=0$ on montre facilement que la fonction est intégrable en $x=0$ :
$$\exists a_x\in[0,x],~~\phi(x)=\phi(0)+x\phi'(a_x)\Rightarrow {1\over x}(\phi(x)-\phi(-x))= \phi'(a_x)+\phi'(-a_x)\sim_0 2\phi'(0)\in {\mathbb L}^1_{loc}({\mathbb R})$$
on peut donc faire tendre $\varepsilon$ vers 0, et en plus en séparant ce qui se passe près de 0 de ce qui ce passe ailleurs
$$ \left\vert\int_{0}^{+\infty} {1\over x}(\phi(x)-\phi(-x)) dx\right \vert\leq \int_{0}^{1} \vert \phi'(a_x)\vert +\vert \phi'(-a_x) \vert dx + \int_{1}^{+\infty} {1\over \vert x\vert }( \vert \phi(x) \vert + \vert \phi(-x) \vert ) dx$$
ce qui montre que $VP{1\over x}$ est bien bornée sur ${\mathcal D}$
$$\vert <VP{1\over x},\phi>\vert \leq 2\Vert \phi'\Vert_{\infty,K} +\int_{K\setminus[-1,1]}{2\over \vert x\vert} dx \Vert \phi\Vert_{\infty,K},~~~~\forall \phi\in{\mathcal D}(K),~\forall K=[-M,M]\subset{\mathbb R}$$
Théorème $VP{1\over x}$ est une distribution d'ordre 1 et vérifie : $$(2)~~~~<VP{1\over x},\phi>=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\vert
x\vert>\varepsilon} {1\over x}\phi(x) dx= \int_{0}^{+\infty} {1\over x}(\phi(x)-\phi(-x)) dx ,~~~~\forall
\phi\in{\mathcal D}({\mathbb R})$$ son support est ${\mathbb R}$ et son support singulier est ${\rm supp_{sing}}(VP{1\over x})=\{0\}$.
La distribution obtenue vérifie toutes les propriétés de la fonction $x\to{1\over x}$.
Proposition au sens des distributions on a $$\left(\ln(\vert x\vert)\right)'=VP{1\over x}~~{\rm et}~~x VP{1\over x} =1$$
c'est assez simple à vérifier :
- pour $x VP{1\over x} =1$ on utilise la formule (1), $\forall \phi\in{\mathcal D}({\mathbb R}) $ $$<xVP{1\over x},\phi(x)>=<VP{1\over x},x\phi(x)>=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\vert x\vert>\varepsilon} {1\over x}x\phi(x) dx =\int_{\mathbb R} \phi(x) dx=<1,\phi>$$
- pour $ \left(\ln(\vert x\vert)\right)'=VP{1\over x}$ (voir mon billet sur la dérivation des distributions )on utilise la formule (2) et une intégration par partie : $$<\left(\ln(\vert x\vert)\right)',\phi(x)>=-<\ln(\vert x\vert),\phi'(x)>=\int_{-\infty}^{+\infty}-\ln(\vert x\vert)\phi'(x) dx$$ mais en faisant le changement de variable $x\to-x$ dans la partie de l'intégrale sur $]-\infty,0[$ on obtient $$<\left(\ln(\vert x\vert)\right)',\phi(x)>=\int_{0}^{+\infty}-\ln(\vert x\vert)(\phi'(x)+\phi'(-x)) dx$$ puis en faisant une intégration par parties $$<\left(\ln(\vert x\vert)\right)',\phi(x)>=\underbrace{\left[-\ln(\vert x\vert)(\phi(x)-\phi(-x))\right]_{0}^{+\infty}}_{=0}+\int_{0}^{+\infty} {1\over x}(\phi(x)-\phi(-x)) dx=<VP{1\over x},\phi(x)>$$
Pour finir le terme "valeur principale" est considéré comme mal adapté pour désigner une distribution car faisant référence à la "valeur principale de Cauchy" qui désigne la valeur qu'on peut assigner à une intégrale impropre. Certains préfèrent parler de "pseudo-fonction" (notée P.F. au lieu de V.P.) ce qui peut être confondu avec la notion de "partie finie" d'une intégrale impropre ....
Juste une petite remarque esthétique, utiliser \langle et \rangle au lieu de < et > est mieux pour écrire le crochet de dualité. Par exemple ca évite d'avoir le signe > collé au signe =.
RépondreSupprimerDans l'absolu tu as raison Valvino, cependant j'ai toujours gardé l'écriture <.,.> pour deux raisons :
RépondreSupprimer- d'abord j'ai souvent la flemme d'écrire \langle et \rangle :-)
- ensuite il y a des cas où lorsque \langle et \rangle s'adaptent à la hauteur de la formule qu'ils encadrent, je trouve alors qu'ils deviennent moins "lisibles" que les <.,.>
S'il vous plaît c'est urgent les examens sont à la porte quel est le support de la valeur principale et commet le déterminer Merci
RépondreSupprimercomme dit dans ce billet le support de $VP{1\over x}$ est $\mathbb R$ et son support singulier est $\{0\}$. Ça mériterai peut être un billet supplémentaire pour tout bien expliquer :-) Pour faire simple, si on prend une fonction test $\varphi(x)\geq 0$ dont le support ne contient pas le point $x= 0$ alors la distribution s'exprime par :
Supprimer$$\langle VP{1\over x},\varphi(x)\rangle=\int_{\mathbb R} {\varphi(x)\over x} dx=\int_{{\rm supp }\varphi} {\varphi(x)\over x} dx$$
c'est donc la distribution associée à la fonction $x\mapsto {1\over x}$, donc une distribution régulière, et comme cette fonction ne s'annule pas sur ${\mathbb R}^*$ il s'agit bien du support régulier de la distribution car :
$$\langle VP{1\over x},\varphi(x)\rangle=\int_{{\rm supp }\varphi}\underbrace{ {\varphi(x)\over x}}_{\geq 0} dx=0\Rightarrow \varphi(x)=0,~~\forall x$$
Si on prend une fonction test $\varphi(x)\geq 0$ avec ${\rm supp}(\varphi)\subset[-K,K]$, mais non nulle en $x=0$, alors les choses sont beaucoup plus compliquées! En utilisant un DL :
$$ \varphi(x)=\varphi(0)+\varphi'(0)x+x^2\theta(x),~~~\theta(x)\mathop{\longrightarrow}_{x\to 0}0$$
et la formule (2) on peut montrer que la distribution dépend directement de $\varphi'(0)$ :
$$\langle VP{1\over x},\varphi\rangle= \int_{0}^{+\infty} {1\over x}(\varphi(x)-\varphi(-x)) dx
= \int_{0}^{K} 2\varphi'(0)+x\theta(x) dx=2K\varphi'(0)+\dots$$
donc le seul moyen d'obtenir 0 quelque soit la fonction test est d'avoir $\varphi'(0)=0$. Conclusion est dans le support de $VP{1\over x}$. Ça montre aussi que $VP{1\over x}$ est certainement d'ordre 1 uniquement à cause du point $x=0$, donc que la distribution ne peut pas être régulière en ce point.
Pour comprendre en détail il faut probablement relire les billets support d'une distribution et ordre d'une distribution
D'ACCORD ET MERCI INFINIMENT POUR VOTRE INTÉRÊT
Supprimersil vous plait comment on démontre la parité de valeur principal ?
RépondreSupprimerComme à chaque fois il faut repartir de la définition de la propriété en terme d'action sur une fonction test, et calculer explicitement l'action de la distribution (avec les "crochets" $\langle.,.\rangle$). Ici, pour une fonction test $\phi$, être une fonction paire c'est vérifier que
Supprimer$$\check{\phi}(x)=\phi(-x)=\phi(x)~~~\forall x$$
et $\check{\phi}(x)=\phi(-x)=-\phi(x)$ pour une fonction impaire. On peut donc prendre pour définition de distribution impaire l'égalité $\check{u}=-u$ (et $\check{u}=u$ dans le cas pair), en prenant pour définition de $\check{u}$ :
$$ \langle \check{u},\phi\rangle =\langle u,\check{\phi} \rangle$$
de telle sorte que la définition reste cohérente pour une distribution régulière associée à la fonction u :
$$ \langle \check{u},\phi\rangle = \int_{\mathbb R} u(-x) \phi(x)dx =\int{\mathbb R} u(t) \phi(-t)dt=\langle u,\check{\phi} \rangle,~~\forall \phi \in{\mathbb D}$$
Grâce au changement de variable -x=t. Appliquons cette définition à une distribution ${\rm VP}{1\over x}$ :
$$\begin{eqnarray*}
\langle\check{{\rm VP}{1\over x}} ,\phi \rangle
&=& \langle {\rm VP}{1\over x},\check{\phi}\rangle
= \lim_{\varepsilon\to0}\int_{\vert x\vert>\varepsilon}{1\over x}\phi(-x) dx
\\&=& \lim_{\varepsilon\to0}\int_{\vert -t\vert>\varepsilon}{1\over -t}\phi(t) dt
= \lim_{\varepsilon\to0}\int_{\vert t\vert>\varepsilon}-{1\over t}\phi(t) dt
\\&=&\langle-{{\rm VP}{1\over x}} ,\phi \rangle
\end{eqnarray*}$$
c'est encore le changement de variable -x=t qui permet de faire sortir le "-" de $\phi$ (le $dx\to-dt$ étant absorbé par le changement d'ordre des bornes d?intégration).
merci bien
RépondreSupprimercomment montrer la parité de la masse de dirac au point a
RépondreSupprimerAttention :seule la masse de Dirac en a=0 est paire! Reprend la démonstration précédente :
Supprimer$$\langle \check{\delta},\phi\rangle=\langle \delta,\check{\phi}\rangle=\dots $$
c'est beaucoup plus facile qu'avec ${\rm VP}{1\over x}$, si tu n'y arrives pas c'est que tu n'as pas compris la réponse d'avant.
MERCI BIEN
SupprimerSVP quel est le lien entre la valeur principale $Vp(1/x)$ les parties finies $Pf(1/x^+)$ , $Pf(1/x^-)$avec $x^+=max(x,0)$ et $x^-=max(-x,0)$
RépondreSupprimerça mériterai effectivement un article car définir proprement $T=Pf(1/x^+)$ n'est pas si simple, les définitions suivantes ne marchent pas :
Supprimer$$\langle T,\phi \rangle=\lim_{\varepsilon\to0}\int_\varepsilon^\infty {\phi(x)\over x} dx~~
ou~~\int_0^\infty {\phi(x)-\phi(0)\over x} dx~~... $$
Si c'est bien définit on doit trouver que $Pf(1/x)=Pf(1/x^-)+Pf(1/x^+)$ .
Merci, très intéressant!
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