Une fonction discontinue peut-elle être solution d'une équation différentielle? Comment définir rigoureusement la masse de Dirac (une "fonction" d'intégrale un, nulle partout sauf en un point) et ses dérivées? Peut-on définir une notion de "dérivée d'ordre fractionnaire"? Cette initiation aux distributions répond à ces questions - et à bien d'autres.
Partie 3 Détermination de quelques solutions élémentaires
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Initiation à la théorie des distributions
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Cours 7
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Prof. François GolseProfesseur à l'Ecole polytechnique
Département de mathématiques
Prof. Yvan MartelProfesseur à l'Ecole polytechnique
Département de mathématiques
Dans la partie précédente de ce cours, j'ai montré quelques formules donnant
les solutions élémentaires de plusieurs opérateurs différentiels classiques.
Alors maintenant, je vais expliquer sur
quelques exemples comment on démontre que les
formules que je vous ai montrées donnent en effet des solutions élémentaires de
ces opérateurs différentiels.
Nous allons commencer peut-être par la plus élémentaire d'entre
elles, qui est la solution élémentaire du laplacien, et je
vais traiter le cas de la dimension 3, le cas
de la dimension 2 ayant déjà été traité en exercice.
Alors, on va voir que, en dimension 3,
la méthode n'est pas très différente de celle que
vous avez rencontrée dans l'exercice, et ce qu'on
va montrer plus spécifiquement, c'est que, si on
prend la fonction 1 sur norme euclidienne de x en dimension 3, eh bien, son gradient
au sens des distributions c'est la fonction moins
x sur norme de x au cube, fonction
qui est définie pour tout x différent de
zéro, et qui est une fonction localement intégrable
dans R 3 puisque sa singularité, à l'origine, est en 1 sur norme de x à la
puissance 2 et que 2 est strictement plus
petit que la dimension de l'espace, qui est 3.
Et puis, bien, le laplacien de 1 sur norme de x on verra que
c'est égal à moins 4 pi masse de Dirac en zéro ce qui justifie, donc,
la formule pour la solution élémentaire du laplacien en dimension
3 tendant vers zéro à l'infini, qui vous a
été présentée dans la partie précédente de ce cours.
Alors, la démonstration de la première formule consiste bien sûr à éliminer
la singularité en x égale zéro, en tronquant, c'est-à-dire
en multipliant la fonction dont on veut prendre le gradient, par
l'indicatrice de norme de x plus grand que epsilon, où epsilon
est un nombre réel positif qui a vocation à tendre vers zéro.
Donc, en appliquant la formule des sauts, eh bien, on voit que le gradient de
l'indicatrice de norme de x plus grand que epsilon divisé par norme de x, eh
bien, il y a une partie qui consiste à prendre la dérivée au sens
des fonctions, donc qui va me donner 1 l'indicatrice
de norme de x plus grand que epsilon que multiplie la dérivée de 1 sur
norme de x au sens des fonctions, c'est-à-dire x sur norme de x au cube,
et puis il y a une partie qui correspond aux sauts, qui est 1 sur
norme de x fois le gradient de l'indicatrice
de norme de x plus grand que epsilon.
Si l'on préfère, cette formule des sauts, on peut la comprendre
également comme une formule de Leibniz, c'est la même chose.
Dans ce cas particulier, c'est la même chose.
Donc, si on continue le calcul, le premier terme reste égal à l'indicatrice
de norme de x plus grand que epsilon multipliant x sur nome de
x au cube et le deuxième terme prend le gradient de la fonction 1 sur
norme de x, tronqué au préalable au voisinage de zéro, pour éliminer
la singularité à l'origine, donc je prends le gradient de l'indicatrice norme de x
plus grand que epsilon divisé par norme de x et j'applique la formule de Leibnitz.
Alors, le premier terme va me donner l'indicatrice de norme de x
plus grand que epsilon que multiplie le gradient de la fonction 1 sur
norme de x, là, il n'y a pas de singularité en zéro
donc, ce que je trouve c'est moins x sur norme de x au
cube plus 1 sur norme de x que multiplie le
gradient de l'indicatrice de norme de x plus grand que epsilon.
Bien.
Alors, le premier terme reste ce qu'il était, on trouve moins l'indicatrice de
norme de x plus grand que epsilon que multiplie la fonction x sur norme de x au
cube, et puis le gradient de l'indicatrice de norme de x plus grand que epsilon,
qu'est-ce que c'est?
Eh bien, c'est le vecteur normal sur la sphère de
centre zéro et de rayon epsilon, c'est-à-dire, x sur norme de
x que multiplie sigma epsilon, la distribution de simple couche de
densité 1 sur la sphère de rayon epsilon centrée en zéro.
Et puis, on multiplie le tout par 1 sur norme de x et
donc, on trouve plus x sur norme de x au carré fois sigma epsilon.
Alors maintenant, on essaie de passer à la limite lorsque
epsilon tend vers zéro dans les deux membres de cette égalité.
Comme la fonction 1 sur norme de x est localement intégrable
dans R 3, puisque sa singularité à l'origine est en 1 sur
norme de x, donc c'est une singularité plus faible que 1
sur norme de x au cube qui serait le seuil, eh bien,
l'indicatrice de norme de x plus grand que epsilon
divisée par norme de x converge vers 1 sur
norme de x au sens des distributions dans R
3, par une simple application du théorème de convergence dominée.
De la même manière, comme la fonction qui à x associe x sur norme de x au
cube est localement intégrable sur R 3, eh bien,
l'indicatrice de norme de x plus grand que epsilon
multipliant x sur norme de x au cube converge
vers x sur norme de x au cube lorsque
epsilon tend vers zéro dans d prime de R
3, toujours par application du théorème de convergence dominée.
Il reste à comprendre ce qui arrive au dernier terme,
c'est-à-dire celui qui fait intervenir la distribution de simple couche.
Maintenant, si je prends une fonction phi qui est de classe
C infini à support compact sur R 3, et que je calcule
la dernière distribution qui intervient dans l'égalité,
à savoir x sur norme de x au carré fois sigma epsilon, que je l'applique à phi et
que j'en prends la valeur absolue, eh bien, ceci est majoré
par 1 sur epsilon, qui est la norme du
vecteur x sur norme de x au carré sur la sphère de centre
zéro et de rayon epsilon, que multiplie la valeur absolue de sigma
epsilon appliquée à phi, mais sigma epsilon appliquée à phi c'est de
l'ordre de 4 pi epsilon au carré, c'est majoré par 4
pi epsilon au carré, fois le sup de phi sur la sphère unité.
Donc, au bout du compte, tout cela est majoré
puisque je divise par epsilon en raison du facteur x
sur norme de x au carré, tout ceci est majoré par 4 pi epsilon fois le
sup de phi sur la sphère unité, ou si on préfère sur R 3 tout entier.
Le 4 pi, ici, évidemment c'est la surface de la
sphère unité dans R 3 qui intervient dans cette majoration.
Donc, lorsque epsilon tend vers zéro, eh bien, cette distribution, x sur norme
de x au carré fois sigma epsilon, elle converge vers zéro au sens des
distributions dans R 3.
Donc, si on passe à la limite dans l'égalité ci-dessus
qui dépend des 2 epsilon, on obtient sans problème la première égalité, à savoir que
le gradient au sens des distributions de la fonction 1 sur norme
de x est égal à moins x sur norme de x au cube.
Alors, pour la deuxième égalité,
on va partir de ce qu'on vient de démontrer, à
savoir que le gradient de la fonction cherchée, c'est moins
x sur norme de x au cube et on va
tronquer le gradient près de zéro et reprendre la même analyse.
Alors, donc, on va calculer la divergence de x sur norme de x au
cube multipliée par la fonction indicatrice de
norme de x plus grand que epsilon.
A nouveau, on applique la formule de Leibnitz,
donc, ça fait indicatrice de norme de x plus grand que
epsilon que multiplie la divergence de x sur norme de x au
cube, plus x sur norme de x au cube que multiplie
le gradient de l'indicatrice de norme de x plus grand que epsilon.
Le premier terme vaut, puisque x sur norme de x au cube c'est
moins le gradient de 1 sur norme de x, le premier terme vaut moins l'indicatrice
que norme de x est plus grand que epsilon, multipliant le laplacien de 1 sur
norme de x, et le deuxième terme vaut x sur norme de x au cube que multiplie
le gradient de l'indicatrice de x en norme plus grand que epsilon qui est toujours x
sur norme de x fois sigma epsilon distribution
de simple couche portée par la sphère de
rayon epsilon centrée en zéro.
Donc, au total, bien sûr, le deuxième terme devient
1 sur norme de x au carré fois sigma epsilon,
sigma epsilon, donc, la distribution de simple couche portée
par la sphère de centre zéro et de rayon epsilon.
Alors maintenant, pour calculer le premier terme, laplacien de
1 sur norme de x, je rappelle la formule
du laplacien pour les fonctions radiales. Je prends une fonction f qui est de classe
C 2 sur R plus étoile, eh bien, pour x différent de zéro, lorsque je calcule
le laplacien de la fonction f de norme de x eh bien, je sais que
c'est égal à f seconde calculé au point norme de
x, plus 2 sur norme de x multipliant f prime calculé
en norme de x.
Formule classique, et si on l'applique ici, on voit que le laplacien de 1
sur norme de x est égal à zéro, et que, par conséquent, la divergence de x sur
norme de x au cube, indicatrice que norme de x est plus grand que epsilon, tout ceci
est égal à 1 sur norme de x au carré, fois sigma epsilon distribution
de simple couche portée par la sphère de centre zéro et de rayon epsilon.
Bon à nouveau, on écrit ce que vaut 1 sur norme de
x au carré sigma epsilon phi pour analyser cette distribution et
voir comment elle se comporte
lorsqu'epsilon tend vers zéro, par définition
de la distribution en simple couche sigma epsilon, ceci est égal à
l'intégrale sur S2 de phi, de epsilon oméga d S de oméga, où d S de oméga est
l'élément de surface sur la sphère unité S 2, et lorsqu'epsilon tend vers
zéro, comme phi est une fonction régulière,
continue en particulier, eh bien par convergence dominée
on voit que l'intégrale converge vers 4 pi, qui est la surface de la sphère unité
en dimension 3, fois phi de zéro.
Bien, donc on déduit de ce qui précède que la divergence de
x sur norme de x au cube fois indicatrice de norme de x plus grand que epsilon
converge vers 4 pi fois la masse de Dirac en zéro, et par convergence dominée
comme on sait que x sur norme de x au cube multipliant l'indicatrice de norme
de x plus grand que epsilon, comme on sait que ça converge vers x sur norme de x au
cube, qui est égal, grâce au calcul précédent, à moins
le gradient de 1 sur norme de x, eh bien
on trouve que, au sens des distributions, laplacien de 1
sur norme de x est égal à moins la divergence
de x sur norme de x au cube, qui est égal à moins 4 pi masse de Dirac en zéro.
Ce qui démontre la formule pour la
solution élémentaire du laplacien en dimension 3 d'espace.
Deuxième exemple que nous allons détailler, c'est celui de la solution
élémentaire de l'opérateur de la chaleur, solution élementaire dans le futur.
Alors on prend la solution élémentaire, gaussienne, G N, localisée dans le futur,
donc G N de t et de x, qui est définie comme indicatrice de t strictement
positif, divisé par 2 pi t à la puissance N sur 2, exponentielle de moins norme de
x au carré sur 2 t, et on veut vérifier que cette distribution, d'une part est
une distribution tempérée sur R croix R N,
d'autre part qu'elle est à support dans R plus
croix R N, et enfin, que, si on lui applique
l'opérateur de la chaleur d rond t moins un demi
de laplacien en x, eh bien on trouve la masse
de Dirac en t égal zéro et x égal zéro.
La condition de support, elle est évidente, puisque G N de t et de x
est une fonction qui est identiquement nulle pour
t inférieur ou égal à zéro, par définition.
D'autre part, la formule définissant
G N montre que G N est positive ou nulle sur R croix R N, et d'autre part, eh bien
si on calcule l'intégrale sur R N de G N de t et de x, on voit que ça
vaut 1 si t est strictement positif, et que ça vaut zéro sinon.
Autrement dit, la fonction G N de t et de x, vue
comme fonction de t à valeur dans les fonctions dépendant de la
variable x, c'est une fonction qui est L infini en la variable t, à valeur dans L
1 en la variable x, et donc puisqu'on appartient, cette fonction appartient
à un tel espace de Lebesgue croisé, en les variables t et x, eh bien
ça montre immédiatement que G N est une distribution tempérée sur R croix R N.
Maintenant il
faut vérifier que l'opérateur de la chaleur appliqué à G
N va bien donner la masse de Dirac en zéro.
Et pour ça, maintenant qu'on sait que G N est une distribution tempérée, on
lui applique la transformée de Fourier partielle en x, sa transformée
Fourier partielle en x, on va la noter G N chapeau, alors ça
va être une fonction de t et de ksi qui est donnée par
la formule G N chapeau de t et de ksi égale indicatrice pour t
positif de exponentielle de moins un demi de t norme de ksi au carré.
Évidemment j'utilise ici la formule donnant la transformée
de Fourier d'une gaussienne, formule que nous avons
déjà rencontrée dans le cours sur la transformation
de Fourier agissant sur la classe de Schwartz.
Bien, donc, grâce à cette formule, eh bien, lorsqu'on
applique la transformée, la transformée de Fourier partielle
en x à la distribution d rond t moins un demi de laplacien en x de G N,
eh bien Fourier agit sur le laplacien de la
manière suivante : le laplacien d'une distribution
en x est transformé par Fourier en la multiplication de la
transformée de Fourier par norme de ksi au carré, où ksi est la variable de Fourier.
Donc Fourier en x de d rond t moins un demi
de laplacien en x de G N, c'est égal à d
rond t plus un demi de norme de ksi carré multipliant G N chapeau,
puis on calcule cette dernière expression en appliquant
la formule de Leibnitz à l'opérateur de
dérivation d rond t, on trouve évidemment que
ça fait indicatrice de t positif multipliant d
rond t plus un demi de norme de
ksi au carré exponentielle de moins un demi t norme de ksi au carré, plus
exponentielle de moins un demi t norme de ksi au carré, d rond t de indicatrice de
t positif.
Bien, alors le premier terme dans l'égalité
précédente, vaut zéro parce que d rond t
plus un demi de norme de ksi carré fois l'exponentielle de moins un demi t norme
de ksi carré, c'est identiquement nul, et le deuxième terme, eh bien d rond t de
l'indicatrice de t positif c'est la masse de Dirac en t égal zéro et c'est constant
en x donc autrement dit, c'est la masse de
Dirac en zéro tens la distribution constante 1 en x.
Et donc on voit que, au total, on trouve exponentielle de moins un demi de
t norme de ksi au carré, multipliant la distribution Dirac en zéro tens 1.
Mais évidemment, dans ce produit de
distribution, eh bien le préfacteur exponentiel de
moins un demi de t norme de ksi au carré,
il faut le calculer au point t égale zéro, en
ce point t égale zéro il vaut 1 identiquement et
donc au total on trouve Dirac en zéro tens 1.
Alors, une petite subtilité dans ce calcul, c'est que
l'utilisation de la formule de Leibnitz ci-dessus est parfaitement légitime
dans D prime de R croix R N, toutefois il
n'est pas immédiatement légitime dans S prime de R croix
R N, parce que la fonction exponentielle de moins un
demi de t norme de ksi au carré, au voisinnage de
t égale zéro, par exemple pour t négatif, elle croît trop
violemment à l'infini pour pouvoir
être considérée comme une distribution tempérée.
Bon, parfait.
On a donc en tout cas une égalité qui vaut dans
D prime de R croix R N mais la formule finale,
en réalité, entre les deux membres extrêmes de cette chaîne
d'égalités, fait intervenir des distributions
qui sont des distributions tempérées.
Autrement dit, on a deux distributions tempérées
qui sont égales au sens des distributions, c'est-à-dire
qui sont égales lorsqu'on les applique à des
fonctions de classe C infini à support compact.
Par densité des fonctions de classe C infini à support
compact dans la classe de Schwartz, cette égalité vaut, en réalité,
au sens des distributions tempérées, puisque cette égalité vaut
au sens des distributions tempérées, on peut appliquer aux
deux membres de cette égalité la transformée de Fourier
partielle en x inverse, et on trouve que d rond
t moins un demi de laplacien en x de G N est égale à Fourier en x moins 1 de
Dirac en zéro tens 1, mais ça c'est égal à Dirac en zéro tens Dirac en zéro,
autrement dit c'est Dirac en t égale zéro et x égale zéro.
Alors il reste maintenant la partie unicité qu'il faut élucider.
Alors ce qu'on va démontrer, c'est le
lemme d'unicité pour l'opérateur de la chaleur,
qui est extrêmement important, et qui s'énonce
de la manière suivante : soit T distribution
tempérée sur R croix R N, je vais supposer que le support de la distribution
T est inclus dans R plus croix R N, autrement dit T est à support
dans le futur, et que T annule l'opérateur de la chaleur.
Et je vais montrer que, forcément, sous
ces hypothèses, la distribution T est nulle.
Démonstration: eh bien appliquons la transformation de Fourier, alors cette
fois-ci la transformation de Fourier totale, en T et en x,
à l'équation de la chaleur, à l'égalité d rond t
moins un demi de laplacien en x de T égale zéro.
On trouve donc que cette transformée de Fourier, de d rond t moins un demi de
laplacien en x de T, est égale à i tau, plus u demi de norme de ksi au
carré, transformée de Fourier de T, chose qui vaut zéro,
et en multipliant par le complexe conjugué de i tau plus un
demi de norme de ksi au carré, eh bien on voit que,
tau au carré plus un quart de norme de ksi puissance
4, Fourier T est égale en zéro, de cela on déduit évidemment
que le support de la transformée de Fourier de T est inclus
dans le singleton zéro, zéro; zéro en tau et zéro en ksi.
Maintenant, on a donc une distribution qui a un
support dans un singleton, on connaît la structure des distributions
à support dans un singleton, et, en utilisant ce terme de structure, eh
bien on sait que la transformée de Fourier de T est donc nécessairement une
combinaison linéaire finie de la masse de Dirac en zéro, zéro, en t
égale zéro, en tau égale zéro et en ksi égale zéro, et de ses dérivées.
Autrement dit, c'est une somme finie, pour k plus longueur
de alpha inférieure ou égale à m, où m est un certain entier naturel,
de lambda indice k alpha, d rond tau puissance k, d rond ksi
puissance alpha de Dirac en zéro, zéro. Par
conséquent, par transformation de Fourier inverse,
T est égal à la somme pour k plus longueur de alpha inférieure
ou égale à m, de lamba k alpha de Fourier moins 1, de d tau puissance k, d
ksi puissance alpha de Dirac en zéro, zéro, et ça c'est égal à 1 sur
2 pi puissance N plus 1, somme pour k plus longueur de alpha inférieure ou égal
à m, de lambda indice k alpha, moins
i puissance k plus norme de alpha, t puissance
k, x puissance alpha.
Autrement dit, T est une fonction polynôme, en
les variables t, x 1, x 2, x N.
Mais cette fonction polynôme, elle est identiquement
nulle pour t strictement inférieur à zéro.
Donc, on en conclut que tous les coefficients lambda, k, alpha
sont nuls, autrement dit, on en conclut que t est identiquement nul.
Troisième exemple, qui est le cas de
la solution élémentaire de l'opérateur de Schrödinger.
Alors, pour simplifier, je vais présenter le calcul
en dimension de l'espace N égal à 1.
Mais, évidemment, le calcul se fait de
la même manière en dimension de l'espace supérieure.
Alors, la première chose à faire, c'est de comprendre comment on effectue le
calcul de la transformée de Fourier d'une
gaussienne dont la variance est
un nombre complexe. On va noter racine carrée, la notation
usuelle, la détermination principale de la racine carrée qui est
donc définie sur C privé de la demi-droite négative, donc sur
C privé de R moins. On va poser gamma de t, x égal à 1 sur
racine de 2 pi i t, exponentielle de moins x carré sur 2 i t.
D'une part, vu comme fonction de la variable
x, gamma de t définit une distribution qui est
tempérée sur R, et sa transformée de Fourier
est égale à la fonction de ksi, qui vaut
exponentielle de moins i t norme de ksi au carré sur 2.
Autrement dit, tout se passe pour cette gaussienne, dont
la variance serait égale à i; ce qui n'a pas grand sens, au sens
probabiliste évidemment, la variance doit toujours être un nombre positif; mais ici,
tout se passe comme dans le cas où on calcule la transformée
de Fourier
Ce qui s'est passé simplement, c'est qu'on a
supprimé le préfacteur 1 sur racine carrée de
2 pi, i t, et que le nombre
imaginaire i, dans l'exponentielle, est monté au numérateur.
Alors, on va démontrer ce résultat, en s'appuyant sur ce que l'on connait déjà,
à savoir le calcul pour les gaussiennes, standard, et pour cela,
j'introduis la notation Ga de x égal 1 sur
racine de 2 pi a, exponentielle de moins x au
carré sur 2 a, notation qui vaut pour partie réelle
de a strictement positif, a est ici un nombre complexe.
Alors, pour tout x dans R, la fonction qui à a associe G indice a de x,
elle est holomorphe sur le demi-plan défini par
partie réelle de a strictement positif, et le module
de G indice a de x est égal à 1 sur racine de 2 pi, module de a, exponentielle
de moins partie réelle de a, x au carré, divisé par deux fois module de a au carré.
Par conséquent, en utilisant la définition de la transformée de Fourier de Ga par une
intégrale, et en utilisant le théorème de dérivation
sous le signe somme, eh bien, on voit
que la fonction qui à a associe la transformée
de Fourier de G indice a de xi, évaluée en
un point ksi quelconque, est une fonction qui est
holomorphe, sur le demi-plan partie réelle de a strictement positif.
Et d'autre part, cette fonction, on la connaît sur la
demi-droite correspondant à a strictement
positif, sur la demi-droite réelle positive.
On sait que cette fonction vaut Fourier
de G indice a de ksi, égale exponentielle de moins a norme de ksi au carré sur 2.
Ça, c'est la formule standard donnant la transformée de Fourier des gaussiennes.
Bien, comme cette formule vaut pour tout a strictement positif, en réalité, elle
se prolonge à tout le demi-plan, partie réelle de a,
strictement positif dans le plan complexe.
Maintenant, on va spécialiser cette formule au cas
où petit a est de la forme epsilon
plus i t, avec epsilon en nombre strictement
positif, qui a vocation à tendre vers zéro.
Donc, G indice epsilon plus i t converge vers gamma de t, vu comme fonction de x.
Cette convergence, bien sûr, a lieu au sens des distributions
tempérées sur R.
Et, de la même manière, exponentielle de moins
epsilon plus i t, ksi au carré sur 2,
converge dans S prime de R vers exponentielle
de moins i t, xi au carré sur 2.
Donc, en passant à la limite, au sens des
distributions, dans l'égalité sur la transformée de Fourier écrite ci-dessus,
eh bien, on trouve que Fourier de gamma de
t, vue comme fonction de x, évaluée au point ksi,
est égale à la fonction qui à ksi associe
exponentielle de moins i t, ksi au carré sur 2.
Bien, alors maintenant, on pose grand gamma de t et de
x, égale l'indicatrice de t positif, divisé par racine de 2 pi,
i t, exponentielle de moins x au carré sur 2 i
t, et, on va montrer que cette fonction grand gamma définit l'unique
élément de S prime de R croix R, tel que, d'abord son support est
contenu dans R plus croix R, et d'autre part, i d rond t plus
un demi de d rond x carré, de grand gamma, est égal à la
masse de Dirac en zéro, zéro; t égale zéro et en x égale zéro.
Alors, bon, à nouveau, que le support soit contenu dans R
plus croix R est évident, et puis je vais utiliser la transformée
de Fourier partielle par rapport à x, et le calcul qu'on
a fait précédemment montre qu'en réalité, gamma, la fonction grand gamma, c'est la
transformée de Fourier partielle par rapport à x inverse de la fonction
indicatrice de t positif, exponentielle de moins i t, ksi carré sur 2.
Evidemment, cette égalité vaut au sens des distributions tempérées.
Or, en effet, l'indicatrice de t positif, exponentielle de moins it, norme de
ksi au carré sur 2, c'est une fonction qui est dans L infini de R croix R.
On sait que L infini de R croix R, est inclus dans S
prime de R croix R, l'espace des distributions tempérées sur R croix R.
Donc, l'égalité précédente, comme je viens
de le dire, définit gamma comme transformée
de Fourier partielle par rapport à x, inverse d'une distribution
tempérée, et donc, définit gamma comme distribution tempérée sur R croix R.
Alors, ensuite il faut vérifier que l'opérateur de Schrödinger, appliqué
à gamma, va bien donner la masse de Dirac en zéro.
Donc, calcul classique, on applique la transformation de
Fourier partielle en x, à i d rond t,
plus un demi de d rond x au carré, de gamma, et on trouve que ça fait
i d rond t, moins un demi de ksi carré, Fourier partielle en x de gamma.
Donc, ceci vaut i, d rond t plus i, un demi de ksi carré, appliqué
à indicatrice de t positif, exponentielle de moins i t, ksi carré sur 2.
Le calcul, ensuite,
s'effectue par formule de Leibniz, exactement comme dans le cas de l'équation
de la chaleur. On trouve donc deux termes: le premier
vaut i, indicatrice de t positif, d rond t plus i, un demi
de ksi carré, fois exponentielle de moins i t, ksi carré sur
2, plus exponentielle de moins i t, ksi carré sur 2, d rond t de l'indicatrice
de t positif.
Dans cette somme, le premier terme vaut zéro, parce que d rond t plus i, un demi
de ksi carré, exponentielle de moins i t, ksi carré sur 2, c'est identiquement nul.
Quant au deuxième terme, c'est exponentielle de moins
i t, ksi carré sur 2, multipliant la
distribution Dirac en zéro tens 1, et pour
t égal à zéro, le préfacteur exponentielle vaut
exactement 1, raison qui fait que, au total, on trouve Dirac en zéro tens 1.
Alors maintenant, on applique la transformation de Fourier, partielle en x
inverse, et on voit donc que, i, d rond t, plus un demi de d rond
x au carré de gamma, est égal à Fourier x moins 1, de Dirac en zéro tens 1.
Autrement dit, c'est égal
à Dirac en t égale zéro, x égale zéro.
Il ne reste plus qu'à, il ne reste plus qu'à
démontrer l'unicité, chose que l'on fait avec le lemme suivant.
Alors, comme vous allez voir, l'unicité pour l'opérateur de Schrödinger, en
réalité, est beaucoup plus simple que dans le cas de l'équation de la chaleur.
Donc, j'énonce ce résultat: soit T distribution
tempérée sur R croix R N, en fait on peut prendre N quelconque dans ce calcul, telle
que le support de T soit inclus dans R plus
croix R N, et on suppose que T annule l'opérateur de Schrödinger.
i d rond t, plus un demi de laplacien en x de T est égal à zéro.
Alors, T est égal à zéro. Démonstration, alors vous aurez
la démonstration en dimension 1, par
transformation de Fourier partielle en x, eh
bien Fourier en x de i d rond t plus un demi de d
rond x au carré, appliquée à T, comme on l'a vu, c'est i d
rond t plus un demi de x, i carré, multipliant Fourier x de T.
Et maintenant, on peut conjuguer l'opérateur d rond t par
l'exponentielle de i t, ksi au carré, pour trouver que ceci, cette
toute dernière formule, est égale à i, exponentielle de moins i t, ksi
carré sur 2, d rond t de exponentielle de plus i t,
ksi carré sur 2, Fourier en x de T, chose qui vaut zéro.
De cela, on déduit que d rond t de
exponentielle de plus i t, ksi carré sur 2,
Fourier x de T, est égal à zéro.
Par conséquent, exponentielle de plus i t, ksi carré sur 2, Fourier x
de T est une distribution qui est constante par rapport à la variable t.
Autrement dit, c'est une distribution qui est de la forme un tens
S, avec S qui est une distribution tempérée quelconque sur R N.
Maintenant, on sait que
T, restreinte à R moins étoile croix R N, est égale à zéro.
De cela, on déduit que la distribution S est égale à zéro.
Et, par conséquent, la transformée de Fourier partielle en x de
T est égale à zéro, et donc T est égale à zéro.
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