Forum de mathématiques - Bibm@th.net

tina

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Re : convergence dans D

Mais je ne comprend pas, on a vu que [tex]|D^\alpha \varphi_n - D^\alpha \varphi'| = |\psi'(x)- \psi'(x)|[/tex] donc le sup aussi tends vers 0. Non?
Je n'y comprend plus rien. Comment montrer proprement la convergence uniforme? S'il vous plaît

Yassine

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Re : convergence dans D

Ce qu'on a montré à ce stade, c'est que $\displaystyle \forall \alpha \in \mathbb{N}, \forall x \in \mathbb{R}, \lim_{n \to +\infty} |D^\alpha \varphi_n(x) - D^\alpha \varphi'(x)| = 0$.

Quand tu dis : on a vu que $\displaystyle |D^\alpha \varphi_n - D^\alpha \varphi'| = |\psi'(x)- \psi'(x)|$, je ne vois pas trop où on a vu ça. Cette égalité est fausse à double titre :
1- Tu égalise une fonction $|D^\alpha \varphi_n - D^\alpha \varphi'|$ avec un nombre $|\psi'(x)- \psi'(x)| = 0$
2- Il est faux de dire que la fonction $x \mapsto n\left( \varphi^{(\alpha)}(x + \dfrac{1}{n})-\varphi^{(\alpha)}(x)\right) - \varphi^{(\alpha+1)}(x)$ est nulle.

Pour le développement de Taylor, c'est voisinage de $x$ qu'il faut développer, et il faut aller un peu plus loin !

$f(x+\varepsilon) = f(x)+\varepsilon f'(x) + \frac{1}{2}\int_x^{x+\varepsilon}(x+\varepsilon-t)f''(t)dt$
soit en faisant le changement de variables $t=\varepsilon u + x$ dans l'intégrale :
$f(x+\varepsilon) = f(x)+\varepsilon f'(x) + \frac{\varepsilon^2}{2}\int_0^{1}(1+u)f''(\varepsilon u + x)du$
et donc, tu obtiens :
$\displaystyle \dfrac{f(x+\varepsilon)-f(x)}{\varepsilon} - f'(x) = \frac{\varepsilon}{2}\int_0^{1}(1+u)f''(\varepsilon u + x)du$

Soit encore
$\displaystyle \left|\dfrac{f(x+\varepsilon)-f(x)}{\varepsilon} - f'(x)\right| \le \varepsilon \| f'' \|_{\infty}$

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L'ennui dans ce monde c'est que les idiots sont sûrs d'eux et les gens sensés pleins de doutes. B. Russel

tina

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Re : convergence dans D

J'ai trois questions s'il vous plaît
1. Vous avez fait un développement de Taylor en quel point? et au voisinage de quel point? et comment vous avez choisis les points et l'ordre?
2. Vous avez trouvé que
$\displaystyle \left|\dfrac{f(x+\varepsilon)-f(x)}{\varepsilon} - f'(x)\right| \le \varepsilon \| f'' \|_{\infty}$
Mais que déduire de la limite du sup? S'il vous plaît. Puisque le mombre de droite devrait tendre vers 0, mais ce n'est pas le cas.
Merci pour votre aide.

Yassine

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Re : convergence dans D

Il faut quand même lire ce que j'ai écrit :

Pour le développement de Taylor, c'est au voisinage de $x$ qu'il faut développer, et il faut aller un peu plus loin !

Donc, si tu lis la formule de Taylor, ça dit $f(b)=f(a)+\cdots$, ici $a=x$ et $b=x+\varepsilon$.
Pourquoi 2, parce que quand tu le fais au premier ordre, il reste le terme $f'(x)$. Avec l'expérience, on le voit tout de suite. Quand on manque d'expérience, il faut tâtonner.

Pour ta deuxième question, là aussi, il faut lire ce que j'écris:

... ou encore, en posant $\varepsilon = \dfrac{1}{n}$

Donc,
$\displaystyle \left|n\left(f(x+\dfrac{1}{n})-f(x)\right) - f'(x)\right| \le \dfrac{1}{n}\| f'' \|_{\infty} \to 0$.

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tina

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Re : convergence dans D

Bonjour,
avec tout ça, je pense avoir compris comment on résout l'exercice. Je rédige une solution complète et donnez moi votre avis si c'est complet ou pas s'il vous plaît.

Soit [tex]\varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})[/tex]. On pose pour tout $n \in \mathbb{N}^\star$:
$$
\varphi_n(x)= n \left[\varphi(x+\dfrac{1}{n})-\varphi(x)\right]
$$
1. Montrer que [tex]\forall n \in \mathbb{N}^\star, \varphi_n \in \mathcal{D}(\mathbb{R})[/tex]

Puisque $\varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R}),$ alors il existe $R >0$ telle que $\mbox{Supp} \varphi \subset [-R,R]$.
Si $x \in [-R,R]$, alors $\forall n \in \mathbb{N}^\star, x+\dfrac{1}{n} \in [-R+\dfrac{1}{n}, R +\dfrac{1}{n}] \subset [-R,R]$
Ce qui montre que $\mbox{Supp} \varphi_n \subset [-R,R]$ et par conséquent $\varphi_n \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$.

2. Montrer que lorsque $n^$ end vers $+\infty$, alors $\varphi_n$ converge dans $\mathcal{D}(\mathbb{R})$ vers une limite à déterminer.

$\bullet$ On commence par étudier la convergence simple de $\varphi_n$. Soit $x$ fixé dans $\mathbb{R}$. On a:
\begin{align*}
\lim_{n \to +\infty} \varphi_n(x) & = \lim_{n \to +\infty} \left(n \left[\varphi(x+\dfrac{1}{n}) - \varphi(x)\right]\right) \\
& = \lim_{\epsilon \to 0} \dfrac{\varphi(x+\epsilon) - \varphi(x)}{\epsilon}, \qquad \epsilon = \dfrac{1}{n}\\
& = \varphi'(x)
\end{align*}
Ainsi $\varphi_n$ converge simplement vers $\varphi'(x).$

Donc si $\varphi_n$ converge dans $\mathcal{D}(\mathbb{R})$, ca sera vers la limite simple $\varphi'(x)$.

On note $\mbox{Supp} \varphi= [-R,R]=K$.

1. $\mbox{Supp} \varphi_n \subset K$

2. $\mbox{Supp} \varphi' \subset K$, car comme il y a des points où la dérivée d'une fonction est nulle, mais la fonction n'est pas nulle, alors
$(\mbox{Supp} \varphi')^c \subset (\mbox{Supp} \varphi)^c$, et par conséquent, $\mbox{Supp} \varphi' \subset \mbox{Supp} \varphi$.

3. Soit $\alpha \in \mathbb{N}$, et calculons
$\lim_{n \to +\infty} \sup_{x \in K} \left|D^\alpha \varphi_n(x)- D^\alpha \varphi'(x)\right|.$

On a:
\begin{align*}
\left|D^\alpha \varphi_n(x) - D^\alpha \varphi'(x)\right| &= \left|D^\alpha (\dfrac{\varphi(x+\epsilon) - \varphi(\epsilon)}{\epsilon}) - D^\alpha \varphi'(x)\right| \qquad (\mbox{en posant} n=\dfrac{1}{\epsilon})\\
&= \left|\dfrac{\psi(x+\epsilon) - \psi(x)}{\epsilon} - \psi'(x)\right| \qquad (\mbox{en posant} D^\alpha \varphi= \psi
\end{align*}
Ainsi,
$$
\sup_{x \in K} |D^\alpha \varphi_n(x) - D^\alpha \varphi'(x)| = \sup_{x \in K} |\dfrac{\psi(x+\epsilon)-\psi(x)}{\epsilon}- \psi'(x)|.
$$
En utilisant le développement de Taylor avec reste intégral d'ordre un de $\psi$ au point $x+\epsilon$ au voisinage de $x$, on obtient:
$$
\psi(x+\epsilon)= \psi(x) + \displaystyle\int_x^{x+\epsilon} (x+\epsilon-t) \psi'(t) dt
$$
en faisant dans l'intégrale, le changement de variables $t=\epsilon u +x$, on obtient:
$$
\psi(x+\epsilon)= \psi(x)+ \epsilon^2 \displaystyle\int_0^1 (1-u) \psi'(\epsilon u +x) du
$$
donc
$$
\dfrac{\psi(x+\epsilon) - \psi(x)}{\epsilon} - \psi'(x)= -\dfrac{\psi'(x)}{\epsilon}
+ \epsilon \displaystyle\int_0^1 (1-u) \psi'(\epsilon u +x) du
$$
donc,
\begin{align*}
\left|\dfrac{\psi(x+\epsilon) - \psi(x)}{\epsilon} - \psi'(x)\right| &\leq |\dfrac{\psi'(x)}{\epsilon}| + \epsilon \displaystyle\int_0^1 |(1-u) \psi'(\epsilon +x)| du\\
& \leq \dfrac{1}{\epsilon} \sup_{x \in K} |\psi'(x)| + \epsilon \sup_{x \in K} |\psi'(x)| \displaystyle\int_0^1(1-u) du
\end{align*}
Ce dévelopement d'ordre 1 n'est pas interessant, car la seule information qu'il nous apporte est que lorsque $\epsilon$ tend vers 0, alors
$\lim_{\epsilon \to 0} |\dfrac{\psi(x+\epsilon) - \psi(x)}{\epsilon} - \psi'(x)|$ est finie.

On fait donc un developpement de tauylor d'ordre 2, et on a:
$$
\psi(x+\epsilon)= \psi(x) + \epsilon \psi'(x)+ \dfrac{\epsilon^2}{2} \displaystyle\int_0^1 (1-u) \psi''(\epsilon u +x) du
$$
donc
$$
\dfrac{\psi(x+\epsilon)-\psi(x)}{\epsilon}-\psi'(x)= \dfrac{\epsilon}{2} \displaystyle\int_0^1 (1-u) \psi''(\epsilon u +\epsilon) du.
$$
Ainsi
$$
\left|\dfrac{\psi(x+\epsilon)-\psi(x)}{\epsilon}-\psi'(x)\right| \leq \dfrac{\epsilon}{2} (\displaystyle\int_0^1 (1-u) du) \sup_{x \in K} |\psi''(x)|.
$$
donc
$$
su_{x \in K}|\dfrac{\psi(x+\epsilon)-\psi(x)}{\epsilon}-\psi'(x)| \leq \dfrac{\epsilon}{2} (\displaystyle\int_0^1 (1-u) du) \sup_{x \in K} |\psi''(x)|.
$$
le membre de droite de cette dérnière inégalité tend vers zéro lorsque $\epsilon$ tend vers zéro, et on en déduit que
$$
\lim_{\epsilon \to 0} \sup_{x \in K} \left|\dfrac{\psi(x+\epsilon)- \psi(x)}{\epsilon} - \psi'(x)\right|=0.
$$
ce qui montre que $D^\alpha \varphi_n$ converge uniformément vers $D^\alpha \varphi'.$

De 1, 2 et 3, on conclut que $\varphi_n$ converge dans $\mathcal{D}$ vers $\varphi'.$

Yassine

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Re : convergence dans D

Plutôt bien dans l'ensemble.
Il y a quelques erreurs :
1- Tu dis $\forall n \in \mathbb{N}^\star, x+\dfrac{1}{n} \in [-R+\dfrac{1}{n}, R +\dfrac{1}{n}] \subset [-R,R]$, c'est faux. Prends par exemple $x=R$, alors $R+\dfrac{1}{n} \notin [-R,R]$
Si tu relis un de mes post, j'ai justement utilisé $[-(R+1),(R+1)]$ comme compact contenant le support de tous les $\varphi_n$.

$Supp\varphi′ \subset K$, car comme il y a des points où la dérivée d'une fonction est nulle, mais la fonction n'est pas nulle, alors
$(Supp\varphi′)^c\subset (Supp\varphi)^c$, et par conséquent, $Supp\varphi′ \subset Supp\varphi$

Ton argument est faux.
L'argumentation est la suivante :
Soit $x \in \left(Supp(\varphi)\right)^c$, alors il existe un voisinage $\mathcal{O}$ de $x$ tel que $\varphi$ est nulle sur $\mathcal{O}$ (c'est la définition du complémentaire du support d'une fonction).
On sait que si une fonction est nulle (ou même juste constante) sur un voisinage de $x$, alors sa dérivée est nulle sur un voisinage de ce même point (pour $\varepsilon$ suffisamment petit $\varphi(x+\varepsilon)=\varphi(x)$ et donc $\displaystyle \dfrac{\varphi(x+\varepsilon)-\varphi(x)}{\varepsilon} = 0$), et donc $x \in \left(Supp(\varphi')\right)^c$.
C'est donc l'inclusion inverse de ce que tu as écris qu'on a : $\left(Supp(\varphi)\right)^c \subset \left(Supp(\varphi')\right)^c$.
Maintenant, le passage à nouveau au complémentaire inverse le sens de l'inclusion (et le complémentaire du complémentaire est l'ensemble de départ) :
$Supp(\varphi') \subset Supp(\varphi)$.

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tina

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Re : convergence dans D

Merci beaucoup Yassine.