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Merci beaucoup Yassine.

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 $\varphi'.$

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.

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

Bonjour,
Pose $f=D^\alpha \varphi$ pour simplifier la notation.
Tu veux donc majorer $\displaystyle \sup_{x \in K}\left| n\left(f(x+\dfrac{1}{n})-f(x)\right) - f'(x)\right|$ ou encore, en posant $\varepsilon = \dfrac{1}{n}$,
$\displaystyle \sup_{x \in K}\left|\dfrac{f(x+\varepsilon)-f(x)}{\varepsilon} - f'(x)\right|$

Cette forme devrait te suggérer un développement limité. Tu peux donc écrire la formule de Taylor avec reste intégral pour $f$ et essayer de majorer.

Attention $\displaystyle \sup_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|$ est une norme, donc si $\|f\|_{\infty}=0$, alors $f=0$.

Il me semble que tu connais la différence entre convergence simple et convergence uniforme, non ?

Ce que tu as montré, c'est que
Il y a un compact commun $K$ qui contient tous les supports $\varphi_n$
$\displaystyle \forall x \in \mathbb{R}, \lim_{n \to +\infty} |D^\alpha \varphi_n(x) - D^\alpha \varphi'(x)| = 0$
ça, c'est la convergence simple. Pour un $x$ quelconque fixé, $D^\alpha \varphi_n(x) \to D^\alpha \varphi'(x)$.

Pour la convergence uniforme, Il faut montrer que
$\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sup_{x\in \mathbb{R}}|D^\alpha \varphi_n(x) - D^\alpha \varphi'(x)| = 0$

Attention, pour la convergence dans $\displaystyle \mathcal{D}$, il faut montrer la convergence uniforme.
Tu as montré uniquement la convergence simple.

Pour la question 1, tu fais la confusion entre le support et le complémentaire du support.
Il faut se rappeler des deux règles simples suivantes
Le support est la clôture topologique des points où la fonction est non nulle, le complémentaire du support est l'ensemble des points où la fonction s'annule sur tout un voisinage du point.
$A \subset B \Leftrightarrow B^c \subset A^c$ ($A^c$ pour le complémentaire de $A$).

En général, il est facile de travailler avec le complémentaire du support car on a alors la propriété suivante :
$\forall x \in \left(supp(f)\right)^c, \exists \mathcal{O}\ni x, f(\mathcal{O})=\{0\}$ où $\mathcal{O}$ est un ouvert contenant $x$
Alors que pour le support, on a l'implication suivante un peu plus difficile à manier
$\forall x \in supp(f), \exists (x_n)_{n \in \mathbb{N}}, x_n \to x \textrm{ et } f(x_n)\neq0$

Donc, quand tu dis qu'il y a des points où la dérivé est nulle (sur un voisinage) et la fonction non nulle (elle serait constante, avec une constante non nulle), ça veut dire que le complémentaire du support de la dérivée est plus grand que  le complémentaire du support de la fonction.