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#1 08-10-2017 10:13:38

bib
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support

Bonjour,on considère la fonction $\varphi: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ définie par
$$
\varphi(x)=
\begin{cases}
\exp(-\dfrac{1}{1-|x|^2}), &|x| < 1\\
0, &|x| \geq 1
\end{cases}
$$
tel que $|.|$ note la norme euclidienne sur $\mathbb{R}^n$.
On pose $\Phi(x)= \displaystyle\int_{-\infty}^x \varphi(y) dy$.
La question est: est-ce que $\Phi \in C^\infty(\mathbb{R})$? Et determiner son support.

Alors voilà mon problème: je ne sais pas justifier correctement que $\Phi \in C^\infty$. C'est parce que $\varphi \in C^\infty$, mais je ne sais pas argumenter.
Et pour le calcul du support de $\Phi$ je suis perdue. Aidez moi s'il vous plaît pour prendre la méthode.

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#2 08-10-2017 17:46:47

Roro
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Re : support

Bonsoir bib,

Pour la première question : quelle est la dérivée de [tex]\Phi[/tex] ? Tu devrais ensuite pouvoir conclure facilement.
Pour la seconde : aide-toi par exemple du graphe de la fonction [tex]\varphi[/tex] et de l'interprétation graphique de l'intégrale.

Roro.

Dernière modification par Roro (08-10-2017 17:47:14)

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#3 11-10-2017 11:31:18

bib
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Re : support

Bonjour,
toujours avec la fonction $\varphi$ de mon premier poste, on pose maintenant $f(x)= \varphi(x)-\varphi(x-3)$ et $g(x)= \displaystyle\int_{-\infty}^x f(y) dy$.

La question est: est-ce que $g \in C^\infty(\mathbb{R})$? Puis determiner $Supp(g)$.

Voici ce que j'ai fait.
1. On a $g'(x)= f(x)$ et $f \in C^\infty$, donc $g \in C^\infty$.

2. Pour le calcul du support j'ai fait deux méthodes:
Méthode 1:
on a $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y) dy + \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y-3) dy$.
on rappele que
$$
\varphi(x-3)
=
\begin{cases}
\exp(-\dfrac{1}{1-x^2}): &|x-3| <1\\
0 :&|x-3| \geq 1
\end{cases}
$$
c'est à dire que
$$
\varphi(x-3)
=
\begin{cases}
\exp(-\dfrac{1}{1-x^2}): & x \in ]2,4[\\
0 :&x \in ]-\infty,2[ \cup [4,+\infty[
\end{cases}
$$
On remarque que $Supp(x \to \varphi(x-3))=[2,4]$, donc $Supp(f) \subset Supp(\varphi) \cup Supp(x \to \varphi(x-3))$ c'est à dire que $Supp(f) \subset [-1,4]$.
On distingue les cas suivants:
1. Si $x <-1$ alors $g(x)=0$.
2. Si $-1 < x < 1$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y) dy + \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y-3) dy = \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y) dy=B$.
3. Si $1 < x < 2$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy$
4. Si $2 < x < 4$ alors $g(x) \displaystyle\int_2^x \varphi(y-3) dy$
5. Si $x >4$ alors $g(x)= \displaystyle\int_2^4 \varphi(y-3) dy$
Donc $Supp(g)=[-1,+\infty[$.
Méthode 2. On fait le changement de variables $z=y-3$ et donc on a
$$
g(x)= \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y) dy + \displaystyle\int_{-4}^{x-3} \varphi(z) dz
$$
et on regarde les cas suivants:
1. Si $x <-1$ alors $g(x)=0$.
2. Si $-1 < x < 1$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy$.
3. Si $x > 1$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy + \displaystyle\int_1^x \varphi(y) dy + \displaystyle\int_{-4}^{-2} \varphi(z) dz = \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy$.
Donc $Supp(g)= [-1,+\infty[$.

Je ne sais pas si j'ai bien distinguer les cas qu'il faut, et si les deux méthodes sont correctes. Merci par avance pour votre aide.

Dernière modification par bib (11-10-2017 11:54:04)

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#4 11-10-2017 11:37:27

Fred
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Re : support

Je n'ai pas tout lu (il y a quelques erreurs de Latex...) mais en tout cas, dans la méthode 1, je ne suis pas d'accord avec ta formule pour $g$ si $x>2$ (tu as oublié une partie!)

F.

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#5 11-10-2017 11:46:11

bib
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Re : support

Si $2<x<4$ on a $g(x)=\displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy + \displaystyle\int_2^4 \varphi(y-3) dy$. Je pense que c'est ça.
Donnez moi votre avis sur le reste s'il vous plaît.
édit: j'ai corrigé l'erreur Latex

Dernière modification par bib (11-10-2017 11:52:52)

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#6 11-10-2017 11:56:37

Fred
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Re : support

Ca, c'est la formule pour $x>4$, avec un - au milieu. Et du coup elle se simplifie....

F.

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#7 11-10-2017 12:20:30

bib
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Re : support

J'ai refait mes calculs et voici ce que j'obtiens
1. Si $x < -1$ alors $g(x)=0$.
2. Si $-1 < x < 1$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy$
3. Si $1<x<2$ alors $g(x)=0$
4. Si $2 < x < 4$ alors $g(x)= \displaystyle\int_2^4 \varphi(y-3) dy$
5. Si $x>4$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy - \displaystyle\int_2^4 \varphi(y) dy$.
Pourquoi c'est faux? S'il vous plaît. Je n'arrive pas à voir l'erreur.

Dernière modification par bib (11-10-2017 12:57:52)

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#8 11-10-2017 12:59:49

Fred
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Re : support

Ben oui, tout est faux ou presque!
Tu intègres jusqu'en $x$!!! par exemple, si $-1<x<1$, alors $g(x)=\int_{-1}^x \varphi(y)dy$...

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#9 11-10-2017 13:11:28

bib
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Re : support

Si $x < -1$ alors $g(x)=0$
si $-1 < x < 1$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y) dy$
si $1<x<2$ alors $g(x)=0$
si $2<x<4$ alors $g(x)=\displaystyle\int_2^x \varphi(y-3) dy$
si $x>4$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy + \displaystyle\int_2^4 \varphi(y-3) dy$.

J'ai un doute pour le cas $2<x<4$, on commence l'intégration à partir de $2$? ou bien à partir d'un $x_0>2$? ça m'échappe.
et puis pour déduire le support, il y a une sorte de creux sur $[1,2]$. Comment on peut alors déduire le support dans ce cas? S'il vous plaît.

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#10 11-10-2017 13:41:37

Fred
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Re : support

Reprends déjà calmement le cas $1<x<2$. Ecris tous les détails des calculs!

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#11 11-10-2017 17:57:40

bib
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Re : support

On a pour $1<x<2: g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 (\varphi(y)-\varphi(y-3)) dy + \displaystyle\int_1^x  (\varphi(y)-\varphi(y-3)) dy$ donc pour $1<x<2$ on a $g(x)=\displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy$. Je pense que c'est ok maintenant. Et avec les autres cas de mon précédent post, on a $Supp(g)= \overline{]-1,+\infty[}= [-1,+\infty[$. C'est ok? S'il vous plaît.

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#12 11-10-2017 20:59:22

Fred
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Re : support

Pas d'accord, car tu n'as pas corrigé ce qui se passe dans les autres cas...

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#13 11-10-2017 23:21:36

bib
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Re : support

Je reprend les calculs.
1. Si $x < -1$ alors $g(x)=0$
2. Si $-1 < x < 1$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y) dy$
3. Si $1 < x < 2$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy$
4. Si $2 < x < 4$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy - \displaystyle\int_2^x \varphi(y-3) dy$
5. Si $x >4$ alors $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy - \displaystyle\int_2^4 \varphi(y-3) dy$
Ma question est comment prouver que $g$ ne s'annule pas sur $]-1,+\infty[$? S'il vous plaît.

Dernière modification par bib (11-10-2017 23:23:06)

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#14 12-10-2017 05:47:48

Fred
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Re : support

Je te conseille plutôt de commencer à prouver qu'elle Est mulle si x>4.

F

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#15 12-10-2017 10:17:50

bib
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Re : support

Oui, alors en faisant le changement de variable $z=y-3$, on a $\displaystyle\int_2^4 \varphi(y-3) dy = \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(z) dz$, donc pour tout $x \geq 4$ on a $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy -  \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(z) dz=0$.

Ma question est: s'il vous plaît, quel argument utiliser pour montrer que $\displaystyle\int_{-1}^x \varphi(y) dy \neq 0$ pour tout $x \in ]-1,1]$?

Dernière modification par bib (12-10-2017 11:20:52)

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#16 12-10-2017 12:09:35

Fred
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Re : support

Si tu intègres sur [a,b] une fonction continue et strictement positive sur ]a,b[ alors l'intégrale est strictement positive.

Fred

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#17 12-10-2017 12:27:14

bib
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Re : support

Merci beaucoup.  J4ai deux questions s'il vous plaît:
1. est-ce que ce résultat à un nom?
2. on conclut que $Supp (g)= [-1,4]$. Pour l'ensemble où $g$ est nulle, c'est $U=]-\infty,-1[ \cup ]4,+\infty[$. L'ouvert d'annulation est le plus grand ouvert où $g$ est nulle. Mais ici $U$ n'est pas ouvert. Qui est l'ouvert d'annulation? S'il vous plaît.

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#18 12-10-2017 12:48:12

Fred
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Re : support

1. Je ne crois pas.
2. L'ensemble $U$ que tu décris est ouvert!!!!! Mais la fonction $g$ est nulle aussi en -1 et en 4.

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#19 13-10-2017 12:10:26

bib
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Re : support

Bonjour,
On conclut alors que $Supp(g) =[-1,4]$.
Si c'est bon, j'ai une question s'il vous plaît. La première étape de la solution est de dire que $Supp(f) \subset [-1,1] \cup [2,4]$, donc moi je ne pense as directement à considérer les cas $1 \leq x \leq 2$ et $x \geq 4$. Comment expliquer le fait qu'on étudit ces deux cas?

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#20 13-10-2017 18:33:56

Fred
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Re : support

Parce que tu n'as pas pensé à dessiner d'abord $\varphi$, puis $f$, puis à interpréter $g$ en termes d'aires....

Si tu fais cela, la réponse au support de $g$ est assez claire.

F.

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#21 13-10-2017 20:46:52

bib
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Re : support

Non vous avez raison, j'ai fait un dessin et j'avais confondu les deux et je me suis emmêlé les pinceaux. Ok c'est réglé pour ce point.
Pour le cas $2 \leq x \leq 4$ on a $g(x)= \displaystyle\int_{-1}^1 \varphi(y) dy - \displaystyle\int_{-1}^{x-3} \varphi(z) dz$
je dis que ça ne peut pas être nul, mais comment le justifier rigoureusement? S'il vous plait.

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#22 13-10-2017 21:37:17

Fred
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Re : support

Utilise la relation de Chasles pour te ramener à une seule intégrale.

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#23 13-10-2017 22:45:36

bib
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Re : support

Merci infiniment pour votre aide.

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#24 13-10-2017 23:12:00

bib
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Re : support

J'ai une autre question s'il vous plaît. Si  $\Omega$ est un ouvert dans $\mathbb{R}^n$, et $f,g \in \mathcal{D}(\Omega)$. Comment on montre rigoureusement que $Supp(f+g) \subset Supp(f) \cap Supp(g)$ et qu'on n'a pas d'égalité?

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#25 14-10-2017 06:39:49

Fred
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Re : support

Je pense que tu dois remplacer l'intersection par une réunion. Tu peux montrer que si x n'est pas dans l'ensemble de droite alors il n'est pas dans celui de gauche !

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