Dompte les Distributions : Dirac et Dérivation

Correction :

a) Par définition de l'action d'une distribution sur une fonction test, on a bien $\langle \delta, \phi \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x) \phi(x) dx$.

b) La propriété de filtrage est la conséquence directe de l'interprétation de la distribution de Dirac. Elle "s'annule" partout sauf en $0$, où elle est infinie, mais de manière telle que l'intégrale vaut la valeur de la fonction test en ce point. Formellement, on peut voir $\delta(x)$ comme la limite d'une suite de fonctions $f_n(x)$ qui sont très "pointues" autour de $0$ et dont l'intégrale vaut $1$. L'intégrale $\int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x) \phi(x) dx$ est donc égale à $\phi(0) \times \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x) dx = \phi(0) \times 1 = \phi(0)$.

c) Pour calculer $\int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x-a) \phi(x) dx$, on effectue le changement de variable $y = x-a$, donc $x = y+a$ et $dx = dy$. Les bornes d'intégration restent $-\infty$ et $+\infty$. L'intégrale devient :

$$ \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(y) \phi(y+a) dy $$

En utilisant la propriété de filtrage de $\delta(y)$, on obtient :

$$ \phi(0+a) = \phi(a) $$

Donc, $\langle \delta(x-a), \phi(x) \rangle = \phi(a)$.

d) Pour montrer $\delta(cx) = \frac{1}{c} \delta(x)$ pour $c > 0$, on teste l'action de $\delta(cx)$ sur une fonction test $\phi(x)$.

$$ \langle \delta(cx), \phi(x) \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(cx) \phi(x) dx $$

Effectuons le changement de variable $y = cx$. Alors $x = y/c$ et $dx = dy/c$. L'intégrale devient :

$$ \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(y) \phi(y/c) \frac{dy}{c} = \frac{1}{c} \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(y) \phi(y/c) dy $$

En appliquant la propriété de filtrage de $\delta(y)$ :

$$ \frac{1}{c} \phi(0/c) = \frac{1}{c} \phi(0) $$

Maintenant, testons l'action de $\frac{1}{c} \delta(x)$ sur $\phi(x)$ :

$$ \langle \frac{1}{c} \delta(x), \phi(x) \rangle = \frac{1}{c} \langle \delta(x), \phi(x) \rangle = \frac{1}{c} \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x) \phi(x) dx = \frac{1}{c} \phi(0) $$

Les deux distributions ont la même action sur toute fonction test, donc elles sont égales : $\delta(cx) = \frac{1}{c} \delta(x)$ pour $c>0$. (Si $c<0$, on obtient $\delta(cx) = \frac{1}{|c|} \delta(x)$).

Correction :

a) Par définition, l'action de $\delta'$ sur $\phi$ est :

$$ \langle \delta', \phi \rangle = - \langle \delta, \phi' \rangle = - \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x) \phi'(x) dx $$

En utilisant la propriété de filtrage de $\delta(x)$ :

$$ - \phi'(0) $$

Donc, $\langle \delta', \phi \rangle = - \phi'(0)$.

b) Pour calculer $\langle \delta'(x-a), \phi(x) \rangle$, on utilise la propriété que si $T$ est une distribution, alors l'action de $T(x-a)$ sur $\phi(x)$ est $\langle T(x-a), \phi(x) \rangle = \langle T(y), \phi(y+a) \rangle$. Ici, $T = \delta'$.

$$ \langle \delta'(x-a), \phi(x) \rangle = \langle \delta'(y), \phi(y+a) \rangle $$

En utilisant la définition de la dérivée d'une distribution et la propriété de changement de variable pour la fonction test :

$$ = - \langle \delta(y), \frac{d}{dy} \phi(y+a) \rangle $$

Par la règle de dérivation en chaîne, $\frac{d}{dy} \phi(y+a) = \phi'(y+a) \cdot \frac{d}{dy}(y+a) = \phi'(y+a)$.

$$ = - \langle \delta(y), \phi'(y+a) \rangle $$

Maintenant, on applique la propriété de filtrage de $\delta(y)$ à la fonction test $\psi(y) = \phi'(y+a)$ :

$$ = - \psi(0) = - \phi'(0+a) = - \phi'(a) $$

Donc, $\langle \delta'(x-a), \phi(x) \rangle = - \phi'(a)$.

Correction :

a) La fonction porte $P(x)$ vaut $1$ sur l'intervalle $[-1/2, 1/2]$ et $0$ ailleurs. C'est un créneau centré en $0$ de largeur $1$.

 (Graphique mental : axe des x, axe des y. Entre -0.5 et 0.5, la fonction vaut 1. Ailleurs, elle vaut 0.)
 

b) Pour $x \neq \pm 1/2$, la fonction $P(x)$ est constante ($0$ ou $1$). La dérivée d'une fonction constante est $0$. Donc, $P'(x) = 0$ pour $x \in \mathbb{R} \setminus \{-1/2, 1/2\}$.

c) Pour montrer que $P'(x) = \delta(x-1/2) - \delta(x+1/2)$ au sens des distributions, nous devons vérifier que leur action sur une fonction test $\phi(x)$ est la même.

L'action de $P'(x)$ sur $\phi(x)$ est :

$$ \langle P', \phi \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} P'(x) \phi(x) dx $$

On utilise l'intégration par parties, en considérant $P(x)$ comme une primitive de $P'(x)$ (même si $P(x)$ n'est pas différentiable en $\pm 1/2$, l'intégration par parties reste valable pour les distributions). On prend $u = \phi(x)$ et $dv = P'(x)dx$, donc $du = \phi'(x)dx$ et $v = P(x)$.

$$ \langle P', \phi \rangle = [P(x) \phi(x)]_{-\infty}^{+\infty} - \int_{-\infty}^{+\infty} P(x) \phi'(x) dx $$

Comme $\phi$ est à support compact, $\phi(x)$ tend vers $0$ à l'infini. De plus, $P(x)$ est $0$ à l'infini. Donc la partie $[P(x) \phi(x)]_{-\infty}^{+\infty} = 0$. Il reste :

$$ \langle P', \phi \rangle = - \int_{-\infty}^{+\infty} P(x) \phi'(x) dx $$

Maintenant, on intègre sur le support de $P(x)$, qui est $[-1/2, 1/2]$ :

$$ \langle P', \phi \rangle = - \int_{-1/2}^{1/2} 1 \cdot \phi'(x) dx = - [\phi(x)]_{-1/2}^{1/2} = - (\phi(1/2) - \phi(-1/2)) = \phi(-1/2) - \phi(1/2) $$

Maintenant, calculons l'action de la distribution $\delta(x-1/2) - \delta(x+1/2)$ sur $\phi(x)$ :

$$ \langle \delta(x-1/2) - \delta(x+1/2), \phi(x) \rangle = \langle \delta(x-1/2), \phi(x) \rangle - \langle \delta(x+1/2), \phi(x) \rangle $$

En utilisant la propriété $\langle \delta(x-a), \phi(x) \rangle = \phi(a)$ :

$$ = \phi(1/2) - \phi(-1/2) $$

On constate une erreur de signe. Revérifions l'intégration par parties. La définition de la dérivée d'une distribution $T$ est $\langle T', \phi \rangle = - \langle T, \phi' \rangle$. Dans notre cas, $T=P$. Donc $\langle P', \phi \rangle = - \langle P, \phi' \rangle$. C'est correct.

Reprenons :

$$ \langle P', \phi \rangle = - \int_{-1/2}^{1/2} \phi'(x) dx = - (\phi(1/2) - \phi(-1/2)) = \phi(-1/2) - \phi(1/2) $$

Et pour $\delta(x-1/2) - \delta(x+1/2)$ :

$$ \langle \delta(x-1/2) - \delta(x+1/2), \phi(x) \rangle = \phi(1/2) - \phi(-1/2) $$

Il y a toujours une différence de signe. Ah, l'ordre des delta dans la proposition : $\delta(x-1/2)$ correspond à $\phi(1/2)$ et $\delta(x+1/2)$ correspond à $\phi(-1/2)$. Pour obtenir $\phi(-1/2) - \phi(1/2)$, il faudrait faire $\delta(x+1/2) - \delta(x-1/2)$.

Vérifions la définition de la fonction porte. Si on la définit comme $P(x) = 1$ pour $x \in [0, 1)$ et $0$ ailleurs. Sa dérivée serait $\delta(x) - \delta(x-1)$.

La dérivée d'une fonction échelonnée apparait comme la somme de distributions de Dirac aux points de discontinuité, affectées du signe de la "saut" de la fonction.

Pour $P(x)$ définie sur $[-1/2, 1/2]$ :

• Au point $x=1/2$, la fonction passe de $1$ à $0$. Le saut est $0 - 1 = -1$. La contribution est $(-1) \delta(x-1/2)$.
• Au point $x=-1/2$, la fonction passe de $0$ à $1$. Le saut est $1 - 0 = 1$. La contribution est $(+1) \delta(x+1/2)$.

Donc, la dérivée au sens des distributions est $\delta(x+1/2) - \delta(x-1/2)$. Le résultat donné dans l'énoncé était inversé.

Correction de l'énoncé pour que ce soit cohérent : La dérivée au sens des distributions de $P(x)$ est $\delta(x+1/2) - \delta(x-1/2)$. Ou alors, si on maintient l'énoncé, il faut inverser la fonction porte (ex: 0 sur [-1/2, 1/2] et 1 ailleurs, ce qui n'est pas une porte). Ou, plus simplement, on peut vérifier la dérivée de $-\delta(x-1/2) + \delta(x+1/2)$.

Vérifions l'énoncé tel quel : $P'(x) = \delta(x-1/2) - \delta(x+1/2)$.

Action sur $\phi(x)$: $\phi(1/2) - \phi(-1/2)$.

Action de $P'(x)$ sur $\phi(x)$: $\phi(-1/2) - \phi(1/2)$.

Il y a bien une différence de signe. La dérivée de la fonction porte $P(x) = \mathbf{1}_{[-1/2, 1/2]}(x)$ est $\delta(x+1/2) - \delta(x-1/2)$.

Conclusion : La formule donnée dans l'énoncé est incorrecte, elle devrait être $P'(x) = \delta(x+1/2) - \delta(x-1/2)$.

Correction :

a) Pour montrer que $H'(x) = \delta(x)$, on vérifie leur action sur une fonction test $\phi(x)$.

L'action de $H'(x)$ sur $\phi(x)$ est :

$$ \langle H', \phi \rangle = - \int_{-\infty}^{+\infty} H(x) \phi'(x) dx $$

Comme $H(x) = 0$ pour $x<0$ et $H(x) = 1$ pour $x \ge 0$, l'intégrale se restreint à $[0, +\infty[$ :

$$ \langle H', \phi \rangle = - \int_{0}^{+\infty} 1 \cdot \phi'(x) dx = - [\phi(x)]_{0}^{+\infty} $$

Comme $\phi$ est à support compact (ou du moins, s'annule à l'infini si l'on considère un espace de fonctions tests plus large), on a $\phi(+\infty) = 0$. Donc :

$$ \langle H', \phi \rangle = - (0 - \phi(0)) = \phi(0) $$

L'action de la distribution de Dirac $\delta(x)$ sur $\phi(x)$ est $\langle \delta, \phi \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(x) \phi(x) dx = \phi(0)$.

Puisque $\langle H', \phi \rangle = \langle \delta, \phi \rangle$ pour toute fonction test $\phi$, on conclut que $H'(x) = \delta(x)$ au sens des distributions.

b) La fonction $f(x) = H(x-a)$ est la fonction de Heaviside décalée de $a$. Sa dérivée au sens des distributions est donc la dérivée de $H$ décalée.

En utilisant la propriété que si $T$ est une distribution et $a \in \mathbb{R}$, alors la dérivée de $T(x-a)$ est $T'(x-a)$. Ici $T=H$ et $T'=\delta$.

Donc, $f'(x) = H'(x-a) = \delta(x-a)$.

Correction :

La dérivée seconde $P''(x)$ est la dérivée de la dérivée première $P'(x)$. Nous avons $P'(x) = \delta(x+1/2) - \delta(x-1/2)$.

Donc, $P''(x) = \frac{d}{dx} (\delta(x+1/2) - \delta(x-1/2))$.

En utilisant la linéarité de la dérivation des distributions, $P''(x) = \frac{d}{dx} \delta(x+1/2) - \frac{d}{dx} \delta(x-1/2)$.

Soit $\delta'(x+1/2)$ la dérivée de $\delta(x+1/2)$ et $\delta'(x-1/2)$ la dérivée de $\delta(x-1/2)$.

Ainsi, $P''(x) = \delta'(x+1/2) - \delta'(x-1/2)$.

Pour vérifier, on peut calculer l'action de $P''(x)$ sur une fonction test $\phi(x)$ :

$$ \langle P'', \phi \rangle = \langle \delta'(x+1/2) - \delta'(x-1/2), \phi(x) \rangle $$ $$ = \langle \delta'(x+1/2), \phi(x) \rangle - \langle \delta'(x-1/2), \phi(x) \rangle $$

On utilise le résultat de l'Exercice 2b : $\langle \delta'(x-a), \phi(x) \rangle = - \phi'(a)$.

Pour le premier terme, $a = -1/2$ :

$$ \langle \delta'(x+1/2), \phi(x) \rangle = \langle \delta'(y - (-1/2)), \phi(y) \rangle \text{ avec } y = x+1/2 \implies x = y-1/2 $$

Il faut être rigoureux avec le changement de variable pour la fonction test. Si $T(x) = \delta'(x)$, alors $T(x-a)$ agit sur $\phi(x)$ par $\langle T(x-a), \phi(x) \rangle = \langle T(y), \phi(y+a) \rangle$.

Ici, $T(x) = \delta'(x)$. Le terme est $\delta'(x+1/2) = T(x - (-1/2))$. Donc $a = -1/2$. L'action sur $\phi(x)$ est $\langle \delta'(y), \phi(y-1/2) \rangle$.

En utilisant $\langle \delta', \psi \rangle = - \psi'(0)$, avec $\psi(y) = \phi(y-1/2)$.

$\psi'(y) = \phi'(y-1/2)$. Donc $\psi'(0) = \phi'(-1/2)$.

Le premier terme est donc $- (-\phi'(-1/2)) = \phi'(-1/2)$.

Pour le deuxième terme, $a = 1/2$. L'action sur $\phi(x)$ est $\langle \delta'(y-1/2), \phi(y) \rangle$.

Avec $\psi(y) = \phi(y)$, on a $\langle \delta'(y-1/2), \phi(y) \rangle = - \phi'(1/2)$.

Donc, $\langle P'', \phi \rangle = \phi'(-1/2) - (-\phi'(1/2)) = \phi'(-1/2) + \phi'(1/2)$.

En réalité, la dérivée de $\delta(x-a)$ est $\delta'(x-a)$. Son action sur $\phi(x)$ est donnée par :

$$ \langle \delta'(x-a), \phi(x) \rangle = - \phi'(a) \quad \text{(résultat de l'exercice 2b)} $$

Appliquons cela à $P''(x) = \delta'(x+1/2) - \delta'(x-1/2)$.

$\langle \delta'(x+1/2), \phi(x) \rangle = - \phi'(-1/2)$ (en posant $a = -1/2$ dans la formule).

$\langle \delta'(x-1/2), \phi(x) \rangle = - \phi'(1/2)$ (en posant $a = 1/2$ dans la formule).

Donc, $\langle P'', \phi \rangle = (-\phi'(-1/2)) - (-\phi'(1/2)) = \phi'(1/2) - \phi'(-1/2)$.

Ceci est cohérent avec la dérivation d'une fonction porte (même si non classique). Les "points de discontinuité" de $P'(x) = \delta(x+1/2) - \delta(x-1/2)$ sont en $\pm 1/2$. La dérivée de $\delta$ "dérive" la fonction test en ces points.

Correction :

Nous cherchons une solution $u(x)$ à l'équation $u'(x) + u(x) = \delta(x)$.

Essayons une solution de la forme $u(x) = C H(x)$, où $H(x)$ est la fonction d'Heaviside et $C$ est une constante à déterminer.

Nous avons vu que la dérivée de $H(x)$ au sens des distributions est $H'(x) = \delta(x)$.

Donc, la dérivée de $u(x)$ est $u'(x) = C H'(x) = C \delta(x)$.

Substituons $u(x)$ et $u'(x)$ dans l'équation différentielle :

$$ C \delta(x) + C H(x) = \delta(x) $$

Cette équation doit être vérifiée pour toute fonction test $\phi(x)$.

Appliquons l'action des distributions sur $\phi(x)$ :

$$ C \langle \delta, \phi \rangle + C \langle H, \phi \rangle = \langle \delta, \phi \rangle $$

Nous savons que $\langle \delta, \phi \rangle = \phi(0)$.

L'action de $H$ sur $\phi$ est $\langle H, \phi \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} H(x) \phi(x) dx = \int_{0}^{+\infty} \phi(x) dx$.

Donc, l'équation devient :

$$ C \phi(0) + C \int_{0}^{+\infty} \phi(x) dx = \phi(0) $$

Pour que cette égalité soit vraie pour toute fonction test $\phi$, il faut que les coefficients des différents termes soient cohérents. La présence de $\int_{0}^{+\infty} \phi(x) dx$ et $\phi(0)$ suggère que cette forme $C H(x)$ n'est pas suffisante pour résoudre strictement l'équation où la solution est une distribution qui s'annule à $-\infty$.

Reprenons la méthode pour les équations différentielles linéaires du premier ordre : $y' + ay = f$. La solution est $y(x) = e^{-ax} \int e^{ax} f(x) dx$.

Ici, $a=1$ et $f(x)=\delta(x)$.

La solution générale au sens des distributions peut être cherchée comme :

$$ u(x) = e^{-x} \left(\int_{-\infty}^{x} e^{t} \delta(t) dt + K \right) $$

où $K$ est une constante arbitraire. L'intégrale $\int_{-\infty}^{x} e^{t} \delta(t) dt$ est une intégrale où la distribution de Dirac agit.

Si $x < 0$, l'intégrale $\int_{-\infty}^{x} e^{t} \delta(t) dt = 0$ car le support de $\delta(t)$ (qui est en $t=0$) n'est pas dans l'intervalle d'intégration $(-\infty, x)$.

Si $x > 0$, l'intégrale $\int_{-\infty}^{x} e^{t} \delta(t) dt = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{t} \delta(t) dt = e^0 = 1$.

Donc, on peut écrire l'intégrale comme $H(x)$ (la fonction de Heaviside, car elle vaut 0 pour $x<0$ et 1 pour $x>0$).

$$ \int_{-\infty}^{x} e^{t} \delta(t) dt = H(x) $$

L'équation devient :

$$ u(x) = e^{-x} (H(x) + K) $$

Si l'on veut que $u(x)$ soit une distribution qui "s'annule" à $-\infty$, cela implique pour $x<0$, $u(x)$ doit être nulle. Pour $x<0$, $H(x)=0$. Donc $u(x) = e^{-x}(0+K) = K e^{-x}$. Pour que $u(x)=0$ quand $x \to -\infty$, il faut que $K=0$.

Dans ce cas, la solution est :

$$ u(x) = e^{-x} H(x) $$

Vérifions cette solution :

$u'(x) = (e^{-x} H(x))' = -e^{-x} H(x) + e^{-x} H'(x) = -e^{-x} H(x) + e^{-x} \delta(x)$.

Alors $u'(x) + u(x) = (-e^{-x} H(x) + e^{-x} \delta(x)) + e^{-x} H(x) = e^{-x} \delta(x)$.

On veut que cela soit égal à $\delta(x)$. L'égalité $e^{-x} \delta(x) = \delta(x)$ est vraie parce que $e^0 = 1$ au point où $\delta(x)$ est non nulle.

Donc, la solution est bien $u(x) = e^{-x} H(x)$.

Correction :

a) Analysons les différents termes :

• $2 H(x)$ : vaut $0$ pour $x<0$, $2$ pour $x \ge 0$.
• $-3 H(x-1)$ : vaut $0$ pour $x-1<0$ (c'est-à-dire $x<1$), $-3$ pour $x-1 \ge 0$ (c'est-à-dire $x \ge 1$).
• $H(x-2)$ : vaut $0$ pour $x-2<0$ (c'est-à-dire $x<2$), $1$ pour $x-2 \ge 0$ (c'est-à-dire $x \ge 2$).

Regardons les intervalles définis par les points de discontinuité $0, 1, 2$ :

• Pour $x < 0$ : $f(x) = 2(0) - 3(0) + 0 = 0$.
• Pour $0 \le x < 1$ : $f(x) = 2(1) - 3(0) + 0 = 2$.
• Pour $1 \le x < 2$ : $f(x) = 2(1) - 3(1) + 0 = 2 - 3 = -1$.
• Pour $x \ge 2$ : $f(x) = 2(1) - 3(1) + 1 = 2 - 3 + 1 = 0$.

Le graphique est un escalier : il vaut $0$ avant $0$, monte à $2$ à $0$, descend à $-1$ à $1$, et redescend à $0$ à $2$.

b) Calculons la dérivée $f'(x)$ au sens des distributions.

$f(x) = 2 H(x) - 3 H(x-1) + H(x-2)$.

En utilisant la linéarité de la dérivation et le fait que $H'(x) = \delta(x)$ et $H'(x-a) = \delta(x-a)$ :

$f'(x) = 2 H'(x) - 3 H'(x-1) + H'(x-2)$

$f'(x) = 2 \delta(x) - 3 \delta(x-1) + \delta(x-2)$.

Cette distribution de Dirac se manifeste aux points où la fonction $f(x)$ change de valeur.

c) Calculons la dérivée seconde $f''(x)$ au sens des distributions.

$f''(x) = \frac{d}{dx} (2 \delta(x) - 3 \delta(x-1) + \delta(x-2))$

$f''(x) = 2 \delta'(x) - 3 \delta'(x-1) + \delta'(x-2)$.

Pour vérifier, calculons l'action de $f'(x)$ sur une fonction test $\phi(x)$ :

$\langle f', \phi \rangle = 2 \langle \delta, \phi \rangle - 3 \langle \delta(x-1), \phi \rangle + \langle \delta(x-2), \phi \rangle$

= $2 \phi(0) - 3 \phi(1) + \phi(2)$.

Ceci correspond aux sauts de la fonction $f(x)$ multipliés par les valeurs des fonctions H qui les créent.

Pour $f''(x)$, l'action sera :

$\langle f'', \phi \rangle = 2 \langle \delta', \phi \rangle - 3 \langle \delta'(x-1), \phi \rangle + \langle \delta'(x-2), \phi \rangle$

= $2 (-\phi'(0)) - 3 (-\phi'(1)) + (-\phi'(2))$

= $-2 \phi'(0) + 3 \phi'(1) - \phi'(2)$.

Correction :

a) Sur $[0, \pi[$, $f(x) = \sin(x)$. Elle monte de $0$ à $1$ (en $x=\pi/2$) puis redescend à $0$ (en $x=\pi$).

Sur $[\pi, 2\pi[$, $f(x) = 0$.

La fonction est $2\pi$-périodique. Il y a une discontinuité en $x=0$ (et donc en tous les $2k\pi$) car $f(0)=0$ et $\lim_{x \to 2\pi^-} f(x) = 0$, mais $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \sin(0) = 0$ (ce qui est cohérent). La discontinuité est plutôt en $x=\pi$. Au point $x=\pi$, $f(\pi^-) = \sin(\pi) = 0$, mais la définition dit $f(x)=0$ pour $x \in [\pi, 2\pi[$, donc $f(\pi)=0$. Donc, la fonction est continue en $\pi$ ? Non, la définition est $f(x) = \sin(x)$ pour $x \in [0, \pi[$ et $f(x)=0$ pour $x \in [\pi, 2\pi[$. Le point $x=\pi$ est à la limite des deux définitions. $f(\pi^-) = \sin(\pi)=0$. $f(\pi)=0$. La fonction est continue à $\pi$.

Cependant, sa dérivée au sens classique, $\cos(x)$, n'est pas définie en $\pi$ dans la première partie et est $0$ dans la seconde. La discontinuité apparaitra dans la dérivée.

Graphiquement, sur $[0, 2\pi[$ : c'est une demi-onde sinusoïdale positive sur $[0, \pi[$, puis $0$ sur $[\pi, 2\pi[$.

b) Calculons la dérivée $f'(x)$ au sens des distributions sur $[0, 2\pi[$.

Pour $x \in (0, \pi[$, $f(x) = \sin(x)$, donc $f'(x) = \cos(x)$.

Pour $x \in (\pi, 2\pi[$, $f(x) = 0$, donc $f'(x) = 0$.

Il faut regarder ce qui se passe aux points de discontinuité de $f(x)$ ou de sa dérivée classique. La seule "vraie" discontinuité de la fonction $f(x)$ elle-même est en $x=2\pi$ (et ses périodes $2k\pi$) car $\lim_{x \to 2\pi^-} f(x) = 0$ et $f(2\pi)=0$ par périodicité. Mais $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$ et $f(0)=0$. Donc, la fonction est continue en $0$ et $2\pi$.

Par contre, la dérivée classique change brusquement :

• En $x=\pi$ : $\lim_{x \to \pi^-} f'(x) = \lim_{x \to \pi^-} \cos(x) = \cos(\pi) = -1$.
• Sur $[\pi, 2\pi[$, $f'(x) = 0$. Donc $\lim_{x \to \pi^+} f'(x) = 0$.

Il y a un saut de $-1$ à $0$ en $x=\pi$. Ce saut correspond à une distribution de Dirac.

La dérivée au sens des distributions est donc :

$f'(x) = \cos(x) \mathbf{1}_{[0, \pi[}(x) + 0 \cdot \mathbf{1}_{[\pi, 2\pi[}(x) + (\text{saut en } \pi) \delta(x-\pi)$

Le saut est la valeur à droite moins la valeur à gauche. Ici, c'est $0 - (-1) = 1$. Donc $\delta(x-\pi)$.

Donc, sur $[0, 2\pi[$, $f'(x) = \cos(x) + \delta(x-\pi)$ (en considérant $\cos(x)$ sur $(0, \pi)$).

c) La périodicité signifie que la dérivée sera aussi périodique. La distribution de Dirac $\delta(x-\pi)$ fait apparaître le comportement de la fonction à la discontinuité du "bord" de l'intervalle fondamental. Pour une fonction périodique $f$ de période $T$, sa dérivée $f'$ est aussi périodique de période $T$. La dérivée de $f$ sur $\mathbb{R}$ sera l'extension périodique de la dérivée calculée sur un intervalle.

Pour $f(x)$ 2$\pi$-périodique, sa dérivée $f'(x)$ sera 2$\pi$-périodique. La dérivée sur $\mathbb{R}$ est :

$f'(x) = \cos(x) + \delta(x-\pi) + \sum_{k \in \mathbb{Z}, k \neq 0} \delta(x-k\pi)$

Il faut considérer la discontinuité en $x=0$ par périodicité. $\lim_{x \to 0^+} f'(x) = \cos(0)=1$. $\lim_{x \to 0^-} f'(x)$ (qui est $\lim_{x \to 2\pi^-} f'(x)$) : $\cos(2\pi)=1$, et $f'(x)$ est $0$ sur $[\pi, 2\pi[$. Ce qui pose problème. Il semble que la périodicité de $f'(x)$ ne soit pas directe pour la partie des deltas.

Réfléchissons à la définition de la dérivée d'une fonction périodique.

Soit $f(x)$ une fonction périodique de période $T$. On définit sa dérivée au sens des distributions sur $\mathbb{R}$ en la calculant sur un intervalle $[0, T]$ et en l'étendant par périodicité. La "partie distributionnelle" de la dérivée peut être plus compliquée que juste des deltas aux points de discontinuité de $f$.

Dans notre cas, $f(x)$ est $2\pi$-périodique. Sur $[0, 2\pi]$, $f(x)$ est définie comme $\sin(x)$ sur $[0, \pi[$ et $0$ sur $[\pi, 2\pi[$. Il y a une discontinuité de la dérivée en $\pi$ (saut de $-1$ à $0$, donc $\delta(x-\pi)$). Il y a aussi une discontinuité en $2\pi$ (par rapport à $0$) : $f(2\pi^-) = 0$, $f(0)=0$. La dérivée $\cos(x)$ tend vers $1$ en $0$ et $\cos(2\pi)=1$. Sur $[\pi, 2\pi[$, la dérivée est $0$. Donc $\lim_{x \to 2\pi^-} f'(x) = 0$. Le saut est $0-1 = -1$. Donc $\delta(x-2\pi)$.

Sur $\mathbb{R}$, $f'(x) = \cos(x) + \delta(x-\pi) + \delta(x-2\pi) + \delta(x-3\pi) + \dots - \delta(x) - \delta(x-2\pi) - \dots$ (en considérant les sauts en $0, \pi, 2\pi, 3\pi, \dots$).

Le comportement des distributions de Dirac liées à la périodicité est subtil. Une approche plus rigoureuse consiste à considérer la dérivée de la fonction $g(x) = \sin(x) \mathbf{1}_{[0, \pi[}(x)$ et son extension périodique.

Pour $f(x)$ périodique de période $T$, $f'(x)$ est périodique. On calcule $f'(x)$ sur $[0, T[$.

Pour $f(x)$ définie, $f'(x) = \cos(x)$ sur $(0, \pi)$, $0$ sur $(\pi, 2\pi)$.

Points de discontinuité : $\pi$. Saut $0 - (-1) = 1$. Donc $\delta(x-\pi)$.

Considérons maintenant la discontinuité à $0$ (qui est aussi $2\pi, 4\pi, \dots$).

$\lim_{x \to 0^+} f'(x) = \cos(0) = 1$. Par périodicité, $\lim_{x \to 0^-} f'(x) = \lim_{x \to 2\pi^-} f'(x) = 0$ (car $f'(x)=0$ sur $[\pi, 2\pi[$).

Le saut en $0$ (ou $2\pi$) est $0-1 = -1$. Donc il y a une distribution $-\delta(x)$ (ou $-\delta(x-2\pi)$).

La dérivée sur $\mathbb{R}$ est donc :

$f'(x) = \cos(x) \mathbf{1}_{(0, \pi)}(x) + 0 \cdot \mathbf{1}_{(\pi, 2\pi)}(x) - \delta(x) + \delta(x-\pi)$ (en considérant $[0, 2\pi)$ comme intervalle fondamental).

Par extension périodique :

$f'(x) = \cos(x) + \sum_{k \in \mathbb{Z}} (\delta(x-k\pi) - \delta(x-2k\pi))$

Plus simplement, pour une fonction $f$ périodique $T$, $f'$ est périodique. On calcule la dérivée sur $[0, T)$. Les discontinuités de $f$ donnent des deltas. Les discontinuités de $f'$ classique donnent des deltas aussi.

La dérivée de $f(x)$ est :

$f'(x) = \cos(x)$ pour $x \in (0, \pi)$

$f'(x) = 0$ pour $x \in (\pi, 2\pi)$

Il y a un saut en $\pi$: $0 - (-1) = 1 \implies +\delta(x-\pi)$.

Il y a un saut en $0$ (et $2\pi$ par périodicité): $\lim_{x\to 0^+} f'(x) = 1$, $\lim_{x\to 0^-} f'(x) = \lim_{x\to 2\pi^-} f'(x) = 0$. Saut $0-1 = -1 \implies -\delta(x)$.

Donc $f'(x) = \cos(x) + \delta(x-\pi) - \delta(x)$ sur $[0, 2\pi[$. Et on étend par périodicité.

La formule générale pour une fonction périodique $f$ de période $T$ est :

$f'(x) = f_{reg}'(x) + \sum_{k \in \mathbb{Z}} (f(kT^+) - f((k-1)T^+)) \delta(x-kT)$

Ici $T=2\pi$. $f(0)=0$. $f(\pi)=0$. $f(2\pi)=0$.

Les discontinuités de $f$ sont en $2k\pi$ (de $0$ à $0$). Il n'y a pas de sauts dans la fonction $f$ elle-même.

La dérivée de $f(x)$ est donc :

$f'(x) = \cos(x) \mathbf{1}_{(0, \pi)}(x) + 0 \cdot \mathbf{1}_{(\pi, 2\pi)}(x) + \delta(x-\pi)$ (saut en $\pi$) + $(0-0)\delta(x)$ (saut en $0$).

La périodicité signifie que la dérivée est aussi périodique. L'extension périodique de $\cos(x)$ est $\cos(x)$. L'extension périodique de $\delta(x-\pi)$ est $\sum_{k \in \mathbb{Z}} \delta(x-\pi - 2k\pi) = \sum_{k \in \mathbb{Z}} \delta(x-(2k+1)\pi)$.

Donc $f'(x) = \cos(x) + \sum_{k \in \mathbb{Z}} \delta(x-(2k+1)\pi)$.

Correction :

a) La fonction $g(x)$ est une parabole ($x^2$) centrée en $0$, limitée à l'intervalle $[-1, 1]$, et nulle en dehors. Elle est symétrique par rapport à l'axe des y.

b) Pour calculer $g'(x)$ au sens des distributions, on utilise l'intégration par parties :

$\langle g', \phi \rangle = - \int_{-\infty}^{+\infty} g(x) \phi'(x) dx = - \int_{-1}^{1} x^2 \phi'(x) dx$.

On décompose la dérivée en sa partie classique et ses "singularités" aux bords de l'intervalle.

La fonction $g(x)$ peut s'écrire comme $g(x) = x^2 (\mathbf{1}_{[-1,1]}(x))$.

En utilisant la règle de dérivation d'un produit de distributions : $(fg)' = f'g + f g'$.

Soit $f(x)=x^2$ et $h(x) = \mathbf{1}_{[-1,1]}(x)$.

$g'(x) = (x^2)' \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + x^2 (\mathbf{1}_{[-1,1]}(x))'$

La dérivée de $x^2$ est $2x$. Donc $(x^2)' = 2x$.

La dérivée de $\mathbf{1}_{[-1,1]}(x)$ est $\delta(x-1) - \delta(x+1)$ (d'après l'exercice 3, avec ajustement pour la borne $1$ au lieu de $1/2$).

Donc, $g'(x) = 2x \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + x^2 (\delta(x-1) - \delta(x+1))$.

Maintenant, il faut évaluer $x^2$ sur les distributions de Dirac :

• $x^2 \delta(x-1) = 1^2 \delta(x-1) = \delta(x-1)$.
• $x^2 \delta(x+1) = (-1)^2 \delta(x+1) = \delta(x+1)$.

Donc, $g'(x) = 2x \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + \delta(x-1) - \delta(x+1)$.

La partie $2x \mathbf{1}_{[-1,1]}(x)$ est la dérivée classique sur l'intervalle ouvert $(-1, 1)$.

c) Calculons la dérivée seconde $g''(x)$.

$g''(x) = \frac{d}{dx} (2x \mathbf{1}_{[-1,1]}(x)) + \frac{d}{dx}(\delta(x-1)) - \frac{d}{dx}(\delta(x+1))$

La dérivée de $2x \mathbf{1}_{[-1,1]}(x)$ est : $(2x)' \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + 2x (\mathbf{1}_{[-1,1]}(x))'$

= $2 \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + 2x (\delta(x-1) - \delta(x+1))$

= $2 \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + 2(1)^2 \delta(x-1) - 2(-1)^2 \delta(x+1)$

= $2 \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + 2\delta(x-1) - 2\delta(x+1)$.

La dérivée de $\delta(x-1)$ est $\delta'(x-1)$.

La dérivée de $\delta(x+1)$ est $\delta'(x+1)$.

Donc, $g''(x) = (2 \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + 2\delta(x-1) - 2\delta(x+1)) + \delta'(x-1) - \delta'(x+1)$.

$g''(x) = 2 \mathbf{1}_{[-1,1]}(x) + 2\delta(x-1) - 2\delta(x+1) + \delta'(x-1) - \delta'(x+1)$.

Correction :

La définition de la dérivée d'une distribution $T$ est $\langle T', \phi \rangle = - \langle T, \phi' \rangle$.

Pour la dérivée seconde, on applique la définition deux fois :

$\langle T'', \phi \rangle = \langle (T')', \phi \rangle = - \langle T', \phi' \rangle$.

En appliquant à nouveau la définition pour $T'$ :

$- \langle T', \phi' \rangle = - (- \langle T, (\phi')' \rangle) = \langle T, \phi'' \rangle$.

Donc, la règle est : $\langle T'', \phi \rangle = \langle T, \phi'' \rangle$.

Dans notre cas, $T = \delta(x)$. Nous voulons calculer $\langle \delta'', \phi \rangle$.

En utilisant la formule ci-dessus :

$$ \langle \delta'', \phi \rangle = \langle \delta, \phi'' \rangle $$

Maintenant, nous utilisons la propriété de filtrage de la distribution de Dirac $\delta(x)$, qui dit $\langle \delta, \psi \rangle = \psi(0)$ pour toute fonction test $\psi$. Ici, notre fonction test est $\phi''(x)$.

$$ \langle \delta, \phi'' \rangle = \phi''(0) $$

Donc, l'action de $\delta''(x)$ sur $\phi(x)$ est $\phi''(0)$.