Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Ah oui, mais on fait comment alors pour le c qui dépend de x? C'est les accroissements finis qui l'affirme, il me semble.

Bon, alors j'ai deux problèmes.
On a :
$$
<Pf(\dfrac{H}{x^2}),\varphi> = \lim_{\epsilon \to 0} \left[\displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)-\varphi'(0)}{x}dx + \displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x} dx
+ \dfrac{\varphi(\epsilon)-\varphi(0)}{\epsilon}\right].
$$
1. Qu'est ce qui nous donne le droit de distribuer la limite? La limite de l'un des termes peut ne pas exister, tandis que la limite de la somme existe.
2. Comment montrer que $\lim_{\epsilon \to 0} \displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty}\dfrac{\varphi'(x) - \varphi'(0)}{x} dx$ existe? Je suis perdue sur ce point et je ne fais pas le lien avec $vp \dfrac{1}{x}$.
Merci par avance.

Bonjour,
j'essaye de montrer que
$$
\langle Pf(\dfrac{H}{x}),\varphi \rangle = \lim_{\epsilon \to 0} \left[ \displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi(x)}{x^2} dx - \dfrac{\varphi(0)}{\epsilon} + \varphi'(0) \ln \epsilon \right].
$$
est une distributon.

On commence par montrer que $Pf(\dfrac{1}{x^2})$ est bien définie. Voilà ce que j'ai fait.
On pose
$$
u_{\epsilon}= \displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi(x)}{x^2} dx - \dfrac{\varphi(0)}{\epsilon} + \varphi'(0) \ln(\epsilon).
$$
Puisque $\varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$, il existe $R >0$ tel que $Supp \varphi \subset [-R,R]$, et donc on écrit:
$$
u_{\epsilon}= \displaystyle\int_{\epsilon}^R \dfrac{\varphi(x)}{x^2} dx - \dfrac{\varphi(0)}{\epsilon} + \varphi'(0) \ln(\epsilon).
$$
Le développement de Taylor-Lagrange de $\varphi$ au point $x$ au voisinage de 0, est:
$$
\varphi(x)= \varphi(0) + x \varphi'(\xi_x), \ \xi_x \in (0,x).
$$
Ainsi, on a:
$$
u_{\epsilon}= \displaystyle\int_{\epsilon}^R \dfrac{\varphi(0)}{x^2} dx + \displaystyle\int_{\epsilon}^R \dfrac{\varphi'(\xi_x)}{x} dx - \dfrac{\varphi(0)}{\epsilon} + \varphi'(0) \ln(\epsilon).
$$
et puisque que
$$
\displaystyle\int_{\epsilon}^R \dfrac{\varphi(0)}{x^2} dx = \dfrac{\varphi(0)}{\epsilon} - \dfrac{\varphi(0)}{R},
$$
on a
$$
u_{\epsilon}= -\dfrac{\varphi(0)}{R} + \varphi'(0) \ln(\epsilon) + \displaystyle\int_{\epsilon}^R \dfrac{\varphi'(\xi_x)}{x} dx.
$$
Ma question est comment finir pour coclure que $\lim_{\epsilon \to 0} u_{\epsilon}$ existe? Le terme $\displaystyle\int_{\epsilon}^R \dfrac{\varphi'(\xi_x)}{x} dx$ me fait peur.
Je vous remercie par avance pour votre aide.

C'est compris. Et pour les deux applications linéaires suivantes s'il vous plaît.

1. $<T,\varphi > = \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \cos(x) \varphi(x) dx$.

a.$T$ est bien définie car l'intégrale $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \cos(x) \varphi(x) dx$ existe.

b. $T$ est linéaire.

c. Soit un compact $K$ et soit $\varphi \in \mathcal{D}_K(\mathbb{R})$. On pose $K=[-R,R]$ On a:
\begin{align*}
|<T,\varphi>| = |\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} cos(x) \varphi(x) dx| & \leq \displaystyle\int_{-R}^R |\cos(x) \varphi(x)| dx\\
& \leq \left(\displaystyle\int_{-R}^R |\cos(x)| dx\right) \sup_{x \in K} |\varphi(x)|\\
& \leq C P_{K,0}(\varphi),
\end{align*}
où $c= \left(\displaystyle\int_{-R}^R |\cos(x)| dx\right)$
Donc $T$ est continue, et de a, b et c on déduit que T est une distribution.

2. $<T,\varphi>= \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} exp(x) \varphi'(x) dx$.

a. $T$ est bien définie car l'intégrale $ \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} exp(x) \varphi'(x) dx$ existe.
b. $T$ est linéaire.
c. Soit un compact $K$ et soit $\varphi \in \mathcal{D}_K(\mathbb{R})$. On pose $K=[-R,R]$. On a:
$$
|<T,\varphi>| = |\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} exp(x) \varphi'(x) dx| \leq C Sup_{x \in K} |\varphi'| \leq C P_{K,1}(\varphi),
$$
où $C= \displaystyle\int_{-R}^R |exp(x)| dx.$
donc $T$ est continue, et par a b et c on conclut que $T$ est une distribution sur $\mathbb{R}$.

Ma question et est ce qu'on peut améliorer encore plus la rédaction? Et aussi est-ce qu'on dit que T est bien définie car l'intégrale existe ou bien car l'intégrale est finie? et pour la continuité, on suppose que $K=[-R,R]$ ou bien $K \subset [-R,R]$?
Je vous remercie pour votre aide.

euh oui, rassurez vous j'ai cherché beaucoup de cours sur le net mais aucun ne donne une démonstration de ce théorème.

et pour $<T,\varphi>= \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n!} \dfrac{d^n \varphi}{d x^n}(x)$
puisque $\varphi$ est à support compact, alors toutes ses dérivées sont elles aussi à support compact, et donc la somme est finie. Pour la continuité, soit $K$ un compact et $\varphi \in \mathcal{D}_K$ on a:
$|<T,\varphi>| \leq (\sum_{n=1}^{n_0} \sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}|$
Après je ne sais plus comment écrire, o majore par le sup de quelle dérivée? S'il vous plaît

Mais la fonction platau sert à quoi au juste? Elle sert uniquement à montrer que $<T,\varphi>$ n'est pas bien définie, et que par conséquent $T$ n'est pas une distribution. C'est bien ça?

Ah ok, merci beaucoup.
Donc, pour répondre à l'exercice, on dit que
1. Dans le cas où $\varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R}$, la fonction $x \to \dfrac{1}{x}$ n'est pas localement intégrable sur $\mathbb{R}$ car elle n'est pas intégrable au voisinage de zéro, et par conséquent, elle ne définit pas une distribution sur $\mathbb{R}$.

2. Dans le cas où $\varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R}^\star_+)$, la fonction $x \to \dfrac{1}{x}$ est localement intégrable sur $\mathbb{R}^\star_+$, elle définie donc une distribution sur $\mathbb{R}^\star_+.$

C'est correct? Et s'il vous plaît, dans mon autre post intitulé question 1, est ce qu'on a besoin de faire le calcul que je cherche à faire?
Je vous remercie par avance.

Mais dans le cas de $\mathbb{R}^*_+$, on n'écrit pas une intégrale de 0 à $+\infty$. Il faut écrire de $\epsilon$ à+\infty$. Non?

Oui, c'est plus logique que ce soit $\mathbb{R}^{\star}_+$. Et comment on raisonne ici? S'il vous plaît.

Oui, j'y ai pensé mais dans ce cas, comment on découpe l'intégrale $\displaystyle\int_0^R \dfrac{\varphi}{x} dx$? ou bien on considère que $[0,R]$ tout entier est un voisinage de 0, et on dit que si $\varphi$ est une fonction test qui vaut $1$ au voisinage de 0, alors on a:
$$
\langle T, \varphi \rangle = \displaystyle\int_0^R \dfrac{1}{x} dx,
$$
cette intégrale est divergente donc T n'est pas bien définie, ce qui montre que ce n'est pas une distribution sur $\mathbb{R}$.

Pour le cas où $\varphi \in \mathbb({R}^+)$, ça inclus le cas $x=0$, donc pour que ce soit une distribution, il faudrait que $\varphi$ soit une fonction test de $\mathcal{D}(\mathbb{R}^\star)$. Non? Je n'arrive pas à écrire corectement comment enlever le 0 des bornes de l'intégrale si $\varphi$ est une fonction test sur $\mathbb{R}^\star$.
Merci pour votre aide.

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 $\varphi'.$