Dans cet exercice, nous allons calculer le laplacien au sens des distributions de la fonction logarithme de la norme de x en dimension 2, en dimension de l'espace et égal à 2. La méthode proposée dans l'exercice, est d'approcher la fonction logarithme de la norme de x par une suite de fonctions bornées, et de calculer leur laplacien, et de passer à la limite, ensuite, au sens des distributions. Pourquoi cette méthode? Tout simplement parce que le logarithme de la norme de x est une fonction qui a une singularité en zéro qui ne peut pas être traitée directement par la méthode des sauts, vue dans le cours, pour calculer les dérivées de fonctions au sens des distributions. Il y a plusieurs façons de définir la suite de fonctions qui va approcher le logarithme de la norme de x. Dans l'exercice, ici, la suite de fonctions choisies est assez simple. On considère, pour epsilon strictement positif, la fonction qui vaut logarithme de la norme de x, quand la norme de x est plus grande que epsilon, et cette définition est complétée par f epsilon de x égale logarithme de epsilon, si la norme de x est plus petite ou égale à epsilon. De cette façon, la fonction choisie est continue, et elle est bornée, elle est majorée en valeur absolue par le, valeur absolue du log de, de epsilon. Donc, l'exercice se fait en trois temps. Premier temps, on calcule le laplacien de f epsilon pour tout epsilon. Deuxième temps, on montre que la suite de fonctions f epsilon converge, au sens des distributions, vers la fonction logarithme de la norme de x. Et finalement, on passe à la limite, dans le calcul laplacien de f epsilon pour en déduire le laplacien du logarithme de la norme de x. Donc, première partie. Je rappelle une notation, x est égal à x1, x2, un point de R2. La norme de x, c'est la norme euclidienne de x, et la racine carrée de x1 carré plus x2 carré. Un calcul très simple nous donne que la dérivée partielle de la norme de x par rapport à la variable xj, donc, d norme de x sur d xj, est égale à xj sur la norme de x. Grâce à cette formule, et aux formules bien connues des dérivées du logarithme, nous pouvons calculer les dérivées partielles premières et secondes de f epsilon, pour x plus grand que epsilon. Donc, quand la norme de x est plus grande que epsilon, la dérivée partielle de f epsilon par rapport à xj est égale à xj sur la norme de x au carré. Je continue mon calcul en dérivant une deuxième fois, par rapport à xj, la dérivée seconde de f par rapport à xj, est égale à , nous avons un premier terme qui est dû à la dérivée du xj, donc, 1 sur norme de x au carré, et un deuxième terme dû au fait que je dérive la norme de x au carré au dénominateur. Donc, moins 2, xj au carré sur norme de x à la puissance 4. Donc, voilà le calcul de la dérivée seconde de f, par rapport à xj. Maintenant, j'additionne ces deux dérivées partielles, par rapport à x1 et par rapport à x2, pour former le laplacien. Laplacien de f de epsilon au point x, là où la norme de x est strictement plus grande que epsilon, on trouve 2 sur la norme de x au carré qui sont les contributions du premier terme dans les dérivées secondes, moins 2 x1 carré plus x2 carré sur la norme de x à la puissance 4. Mais le second terme est seulement égal à la norme de x au carré divisé par la norme de x à la puissance 4. Donc, on trouve à nouveau 1 sur norme de x au carré. Donc, ces deux termes se compensent, s'annulent, et le laplacien, donc, est égal à zéro. C'est-à -dire que, pour tout x plus grand que epsilon, le laplacien de f epsilon est égal à 0. Deuxième cas : la norme de x est plus petite que epsilon. Dans ce cas-là , la situation est très simple. La fonction f epsilon étant constante dans le disque de centre zéro, et de rayon epsilon, le laplacien de f epsilon, dans cette région, est tout simplement égal à zéro. Donc, au final, le laplacien de f epsilon, partout où on peut le calculer de façon classique, est égal à zéro. La question est maintenant, le calcul du laplacien de f epsilon, au sens des distributions sur R2 tout entier. Donc, il faut tenir compte, maintenant, de l'interface du cercle de centre zéro et de rayon epsilon qui fait la transition entre les deux définitions de la fonction f epsilon. Pour l'interface, sur f epsilon, il faut appliquer la méthode des sauts, la formule des sauts dans l'espace en dimension 2. Pour appliquer la formule des sauts, on se ramène au cours, il faut définir correctement l'ouvert oméga sur lequel on applique la formule des sauts. Donc, l'ouvert oméga sur lequel on applique la formule des sauts, c'est un ouvert pour lequel la frontière sera le cercle de centre zéro, et de rayon epsilon. Donc, on considère, tout simplement, oméga, le disque de centre zéro et de rayon epsilon, le disque ouvert. Alors, ce qui nous intéresse, donc, c'est que d oméga, la frontière, c'est bien le cercle, norme de x est égale à epsilon. Et une chose importante, c'est la normale sortante à la frontière de oméga normalisée, c'est tout simplement n égale x sur epsilon. Donc, c'est facile de voir que ceci est la normale sortante au point x à la frontière de oméga. Donc, ce qui m'intéresse, pour commencer, c'est le calcul des dérivées premières de f epsilon au sens des distributions sur R2 tout entier. C'est-à -dire, en tenant compte, cette fois-ci, de l'interface. C'est pas un calcul pour x plus grand que epsilon, et un calcul pour x en norme plus petit que epsilon, c'est un calcul que je veux global sur tout R2. Pour appliquer la formule des sauts, il faut que je connaisse le saut de la fonction f epsilon à la traversée de l'interface. Ici, le saut est égal à zéro, puisque la fonction f epsilon, si elle n'est pas dérivable au point du cercle, elle est quand même continue. Elle est continue, en fait, sur R2, et donc, le saut sur d oméga est égal à zéro. Donc, c'est un cas particulier de la formule des sauts. Mais, on peut, bien sûr, appliquer la formule des sauts. Donc, le saut de f epsilon, à la frontière d oméga est égal à zéro. Donc, par la formule des sauts, la dérivée de la distribution associée à la fonction f epsilon, par rapport à la variable xj est égale, tout simplement, à la distribution associée à la fonction dérivée de f epsilon, par rapport à xj, là où c'est possible, c'est-à -dire partout, sauf sur l'interface. Et ceci est égal au calcul précédent, xj divisé par la norme de x au carré, pour x en norme plus grand que epsilon, et à zéro, pour x en norme plus petit que epsilon. Ça, c'est le calcul de la dérivée première. Calculons, maintenant, la dérivée seconde, ou les deux dérivées secondes, de Tf epsilon, par rapport à x1 et par rapport à x2. Nous allons appliquer la formule des sauts, cette fois-ci, à la dérivée première, dans le même ouvert oméga. Mais ici, on voit bien que la dérivée première de f epsilon, n'est pas continue à la traversée de l'interface. C'est-à -dire, elle n'est pas continue à la traversée du cercle de rayon epsilon. Nous avons un saut, et ce saut est facile à calculer. C'est la valeur à l'extérieur, proche de l'interface de oméga, moins la valeur à l'intérieur. Donc, le saut est égal à dxj, f epsilon, d oméga, est égal à xj sur norme de x au carré qui est égal à xj sur epsilon carré, puisque nous sommes sur l'interface norme de x est égale à epsilon. Maintenant que nous avons calculé le saut, il devient très simple de calculer la dérivée seconde de f epsilon, par la formule des sauts. On trouve dérivée partielle par rapport à xj, de la dérivée partielle par rapport à xj de Tf epsilon. C'est la dérivée partielle, par rapport à xj de la distribution associée à la fonction dxj de f epsilon, comme nous l'avons vu juste au-dessus. Nous avons la distribution associée à la fonction dérivée seconde de f epsilon, par rapport à xj, là où on peut la calculer. C'est-à -dire partout, sauf sur l'interface. Plus, la contribution du saut, et la contribution du saut est égale à la valeur du saut, xj, divisée par epsilon carré multiplié par la composante j de la normale extérieure. Donc, c'est xj sur epsilon, d'après le, la définition de la normale, multiplié par la mesure de surface, ou plutôt, ici, la mesure de longueur portée par le cercle. Et donc, ceci est égal, finalement, à la fonction, à la distribution associée à la fonction dérivée seconde, par rapport à xj de f epsilon, plus xj carré sur epsilon cube fois sigma. Reprenons l'expression des dérivées secondes pour ensuite calculer le laplacien. Nous venons de calculer la dérivée seconde par rapport à xj, de Tf epsilon. Nous avons trouvé que c'était égal à la distribution associée à la dérivée seconde de f epsilon, plus une contribution portée par le cercle qui est une mesure de surface de densité xj au carré, sur epsilon au cube. Nous allons additionner ces deux valeurs pour j égal à 1, et pour j égal à 2, pour calculer le laplacien de Tf epsilon, au sens des distributions. Le laplacien de Tf epsilon au sens des distributions est égal à la somme des dérivées secondes partielles. Alors, x1 carré, dx1 carré Tf epsilon, plus dx2 carré Tf epsilon. Et donc, ceci est égal par la formule précédente, à la distribution associée aux fonctions dérivées secondes pour j égal à 1 et 2, plus les deux contributions sur l'interface, x1 carré sur epsilon cube plus x2 carré sur epsilon cube. Le tout multiplié par la mesure de surface portée par le cercle, ou plutôt la mesure de longueur portée par le cercle, dans le cas dimension 1. Alors, ici, nous trouvons donc, T, le laplacien de f epsilon plus, donc, vous voyez, x1 carré plus x2 carré, c'est la norme de x au carré. Sur l'interface, ça vaut epsilon au carré. Donc, il y a une simplification, et nous trouvons la mesure de surface divisée par epsilon. Le laplacien de f epsilon, en tant que fonction, partout où il est calculable, vaut zéro. Donc, nous trouvons tout simplement, sigma sur epsilon. Alors, pour être bien clair sur la signification de ce terme, je vais écrire le laplacien Tf epsilon contre une fonction test. Laplacien de Tf epsilon appliqué à une fonction test phi, est égal à 1 sur epsilon. L'intégrale sur le cercle de centre zéro et de rayon epsilon de la fonction phi de x, d sigma x. Voilà le laplacien de la fonction f epsilon, pour tout epsilon positif au sens des distributions. Donc, cela résout la première partie de l'exercice. Deuxième partie de l'exercice, nous allons nous intéresser maintenant, à la fonction logarithme de la norme de x. Une première remarque est importante, c'est que logarithme de la norme de x définit, effectivement, une distribution. Donc, pour cela, il me faut vérifier que le logarithme de la norme de x, est une fonction L1 loc de R2 C'est très facile à vérifier. Donc, j'appelle cette fonction f, logarithme de la norme de x. En dimension 2, donc, j'affirme qu'elle appartient à L1 loc de R2. Cela vient simplement du fait que pour tout R positif, l'intégrale pour x en norme plus petit que R de la valeur absolue du logarithme de la norme de x, dx, est tout simplement égale, en passant en coordonnées polaires à 2 pi, l'intégrale de zéro à R de la valeur absolue du logarithme de r, rdr, et que tout le monde sait que, pour R, grand R fixé, ce nombre-là est bien fini. Et donc, la fonction f est bien intégrable sur tout compact de R2. Ce qui signifie qu'elle est L1 loc de R2. Ceci étant fait, nous allons montrer que quand epsilon tend vers zéro, la suite de fonctions f epsilon converge vers f au sens des distributions. Donc, appliquons f epsilon moins f vu comme distribution. Appliquons-là à une fonction test phi. Ceci est égal, par la définition de la distribution associée à une fonction L1 loc, à l'intégrale de f epsilon de x, moins f de x, multipliée par phi de x, dx. Il se trouve que f epsilon et f coïncident partout où la norme de x est plus grande que epsilon. Donc, l'intégrale est limitée à la région où x, en norme, est plus petit que epsilon. Là , les fonctions f epsilon et la fonction f sont différentes. Nous obtenons logarithme de epsilon moins logarithme de la norme de x, multiplié par phi de x, dx. Mon but est de montrer que ceci tend vers zéro. Donc, nous allons le majorer en valeur absolue. Nous prenons la valeur absolue de l'égalité, et ici, majorons, très simplement, cette intégrale, où la valeur absolue de cette intégrale par, tout simplement, la norme infinie de phi, donc, le sup de phi sur R2, multiplié, par exemple, par l'intégrale pour x plus petit qu'epsilon. Je majore la différence des Loc par, tout simplement, la somme des Loc en valeur absolue. Nous trouvons logarithme de epsilon en valeur absolue, plus valeur absolue de logarithme de x, dx. Et ceci, il est très facile de voir que ça tend vers zéro, quand epsilon tend vers zéro. Donc, toute cette expression tend vers zéro, quand epsilon tend vers zéro. Cela siginifie que f epsilon converge vers f quand epsilon tend vers zéro, au sens des distributions dans R2. D'après le cours, lorsqu'une suite de fonctions converge au sens des distributions, la suite de ses dérivées converge aussi vers la dérivée au sens des distributions. Cela marche aussi pour la dérivée seconde, bien sûr. Et donc, le laplacien de f epsilon converge au sens des distributions vers le laplacien de f, quand epsilon tend vers zéro. Ce qui signifie que en passant à la limite, dans l'expression que nous avons trouvé, pour le laplacien de f epsilon, quand epsilon tend vers zéro, nous trouverons le laplacien de f. Ce qui est la, la question posée dans l'exercice. Pour terminer l'exercice, il nous faut donc calculer la limite, quand epsilon tend vers zéro, du laplacien de f epsilon au sens des distributions. Cette limite étant calculée, nous obtiendrons laplacien de f. Reprenons l'expression du laplacien de f epsilon, que nous trouvée à la première question de l'exercice. Nous avons trouvé que le laplacien de f epsilon appliqué à une fonction test phi est égale à 1 sur epsilon, l'intégrale sur le cercle de centre zéro et de rayon epsilon de phi de x d sigma x. Ceci peut se décomposer en deux termes. 1 sur epsilon, l'intégrale pour x égal à epsilon de phi de x moins phi de zéro, d sigma x, plus le terme que je viens de retrancher, c'est-à -dire, 1 sur epsilon, l'intégrale pour x égal à epsilon en norme de phi de zéro, d sigma x. Pourquoi cette décomposition? Tout simplement, parce que comme epsilon va tendre vers zéro, dans l'expression phi de x, dans l'intégrale, le x va tendre vers zéro. Donc, c'est naturel d'approcher phi de x par phi de zéro. Donc, pour ces deux termes, l'assignation est simple. Le premier terme va tendre vers zéro, nous allons le démontrer tout de suite. Et le deuxième est tout simplement égal à 2 pi fois phi de zéro. Nous allons le calculer également. Donc, considérons le premier terme. Pour le premier terme, nous avons 1 sur epsilon, intégrale pour x, en norme, est égale à epsilon de phi de x, moins phi de zéro, d sigma x en valeur absolue, est majorée par... Donc, la valeur maximale de la valeur absolue de phi de x moins phi de zéro pour x égal à epsilon. Donc le sup de phi de x moins phi de zéro sur le cercle de centre zéro et de rayon epsilon, multiplié par 1 sur epsilon fois l'intégrale de 1 sur le cercle de centre zéro, et de rayon epsilon. Mais la circonférence du cercle est égale à 2 pi epsilon, 2 pi epsilon divisé par epsilon donne 2 pi, et donc, nous obtenons, ici, une majoration par 2 pi fois le sup de la valeur absolue de phi de x, moins phi de zéro. La fonction phi est une fonction test. Alors, c'est une fonction continue. Donc, quand epsilon tend vers zéro, le sup de phi de x moins phi de zéro, tend vers zéro. C'est la continuité uniforme de phi. Donc, ceci converge vers zéro, quand epsilon tend vers zéro. Donc, le premier terme part vers zéro. Maintenant, le deuxième terme se calcule très facilement, puisque 1 sur epsilon, l'intégrale pour x égal à epsilon en norme de phi de zéro, d sigma x, est tout simplement égal à 2 pi, phi de zéro. Et donc, au final, nous avons démontré que la limite de laplacien de epsilon appliquée à phi est égale à 2 pi fois phi de zéro, ce qui signifie, dans le langage des distributions que la limite du laplacien de f epsilon, quand epsilon tend vers zéro au sens des distributions est égal à 2 pi, la masse de Dirac en zéro. Nous avons dit que f epsilon convergeait vers f au sens des distributions. Donc, laplacien de f epsilon converge vers laplacien de f au sens des distributions, et donc, le laplacien de f, au sens des distributions, est égal à 2 pi multiplié par la masse de Dirac en zéro.
