Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,
je ne comprend pas alors ce que dit le théorème du prolongement de la dérivée, dans le théorème qui est dans le lien, ce n'est pas la limite de la dérivée qui est calculée. C'est quoi l'énoncé exacte? S'il vous plaît.

Non je n'ai aucune information. Quelle hypothèse supplémentaire pourrait nous aider à finir le calcul? S'il vous plaît.

Merci beaucoup pour toute votre aide.

Fred: mais dans votre méthode vous avez utilisez les boules donc vous avez supposé qu'on est dans un espace métrique, mais il n y a pas cette hypothèse dans le texte du théorème. On utilise quand même les boules?
S'il vous plaît,
1.est-ce que je peux avoir plus de détails sur la façon de prouver le résultat par récurrence?
2. Est-ce qu'on peut choisir $\delta_x$ tel que $B(x,\delta_x) \subset \Omega_j$? Si c'est non alors pourquoi il faut $\overline{B}(x,\delta_x) \subset \Omega_j$? pourquoi l'adhérence?

Merci infiniment pour votre aide.

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?

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 $x \in ]-1,1]$?

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.

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.

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.

Ok, je pense que j'ai compris. Je repends.
On montre parrécurrence que $\varphi^{(n)}(t)= P_n(1/t) e^{-1/t}$ avec $P_n$ un polynôme d'ordre $n$.
Pour $n=1$ on a $\varphi^{(1)}(t)= \dfrac{1}{t^2} e^{-1/t}$ qui est vérifiée.
On suppose que la relation est vraie pour $n$ et on montre qu'elle reste vraie pour $n+1$ ce qui conciste à montrer que $\varphi^{(n+1)}$ s'écrit sous la forme d'un polynôme multiplié par $e^{-1/t}$. On a:
$$
\varphi^{(n+1)}(t)= (P'_n(1/t) - 1/t P_n(1/t)) e^{-1/t}= Q_{n+1} (1/t) e^{-1/t}
$$
Maintenant qu'on a trouvé la relation générale de $\varphi^{(n)}$, on passe à la limite quand $t$ tend vers 0.
Si c'est bon ce que j'ai écris, j'ai une question s'il vous plaît.
Je ne comprend pas pourquoi pour dire que $\varphi$ est indéfiniment dérivable en $t=0$, il suffit de trouver que $\lim_{t \to 0} \varphi^{(n)}(t)=\varphi'(0)$?