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zarga

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exercice

Bonjour

Soit [tex]-2 < \alpha < 1.[/tex] Pour tout [tex]\epsilon > 0[/tex] on a :
[tex]\forall \varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R}), \int_{\epsilon}^{+\infty} x^{\alpha} \varphi(x) dx = a \epsilon^{1+\alpha} + b(\epsilon)[/tex]
avec [tex]a[/tex] un coefficient qui dépend de [tex]\varphi[/tex] et qui ne dépend pas de [tex]\epsilon[/tex]

[tex]b(\epsilon)[/tex] est une expression qui dépend de [tex]\varphi[/tex] et qui dépend de [tex]\epsilon[/tex] et qui converge quand [tex]\epsilon[/tex] tend vers 0.

1- comment détérminer [tex]a[/tex] et [tex]b?[/tex]

Fred

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Re : exercice

Bonjour,

  J'écrirai ceci :
[tex]\int_{\epsilon}^{+\infty}x^{\alpha}\varphi(x)dx=\int_{\epsilon}^{1}x^{\alpha}\varphi(x)dx+\int_{1}^{+\infty}x^{\alpha}\varphi(x)dx[/tex]

La deuxième partie ne m'embête pas, car elle ne dépend plus de epsilon.
Pour la première partie, je retire [tex]\varphi(0)[/tex]
On écrit donc
[tex]\int_{\epsilon}^{1}x^{\alpha}(\varphi(x)-\varphi(0))dx+\int_{\epsilon}^{1}x^{\alpha}\varphi(x)dx[/tex]

La première intégrale admet une limite quand [tex]\epsilon[/tex] tend vers 0, la seconde te donne le [tex]a[/tex].

F.

zarga

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Re : exercice

Je pense qu'il y'a une erreur. Quand je retire [tex]\varphi(0)[/tex] je dois l'ajouter ce qui donne;
[tex] \int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(x) dx = \int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}( \varphi(x) - \varphi(0))dx + \int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(0) dx[/tex]
après pour le passage à la limite???

Fred

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Re : exercice

Oui, tu as raison.
Pour le passage à la limite, tu peux utiliser que
[tex]|\varphi(x)-\varphi(0)|\leq M|x|[/tex]
ce qui va te "remonter" l'exposant en x dans l'intégrale.

F.

zarga

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Re : exercice

[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x \varphi(x) dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} (\varphi(x) - \varphi(0) dx + \varphi(0) \left[\dfrac{1}{\alpha + 1} - \dfrac{\epsilon^{\alpha +1}}{\alpha + 1}\right][/tex]
[tex] |\displaystyle\int_{\epsilon}^1 x \varphi(x) dx \leq M \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} |x| dx + \varphi(0) \left[\dfrac{1}{\alpha + 1} - \dfrac{\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha + 1}\right][/tex]
puisque [tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}|x| dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha+1} dx = \left[\dfrac{x^{\alpha+2}}{\alpha + 2}\right]_{\epsilon}^1 = \dfrac{1}{\alpha + 2} - \dfrac{\epsilon^{\alpha +2}}{\alpha + 2}[/tex]

donc

[tex] |\displaystyle\int_{\epsilon}^1 x \varphi(x) dx| \leq M \left[\dfrac{1}{\alpha + 2} - \dfrac{\epsilon^{\alpha + 2}}{\alpha + 2}\right] + \varphi(0) \left[\dfrac{1}{\alpha +1} - \dfrac{\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha+1}\right][/tex]

Je ne comprend pas comment on passe à la limite et en déduit a et b

Fred

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Re : exercice

Si tu mets des inégalités pour l'intégrale de [tex] x\varphi(x) [/tex] tu as perdu puisque tu veux une égalité à la fin
avec des choses que tu contrôles assez précisément.
Ce que tu dois dire, c'est  :
1. [tex]\int_{\epsilon}^1 \varphi(0) x^\alpha dx=a\epsilon^{1+\alpha}+c.[/tex] (cela apparaît dans le premier calcul de ton post).
2. [tex]\int_{\epsilon}^1 x^\alpha (\varphi(x)-\varphi(0))dx=d(\epsilon)[/tex] admet une limite quand [tex]\epsilon[/tex] tend vers 0.

D'où
[tex]\int_{\epsilon}^1 x^\alpha\varphi(x)dx=a\epsilon^{1+\alpha}+c+d(\epsilon)[/tex].

On a le résultat avec
[tex]b(\epsilon)=c+d(\epsilon)+\int_1^{+\infty}\varphi(x)dx[/tex].

F.

zarga

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Re : exercice

Quand tu dis que le second membre admet une limite, on sait seulement qu'il est borné, et borné ne signifie pas qu'il admet une limite. Je me trompe?

Fred

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Re : exercice

Tu sais qu'il converge, et même absolument car tu majores
[tex]|\varphi(x)-\varphi(0)|x^{\alpha}\leq Mx^{\alpha+1}[/tex]
et le membre de droite est intégrable en 0.
Par comparaison, celui de gauche l'est aussi.

F.

zarga

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Re : exercice

Je reprend.
[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} x^{\alpha} \varphi(x) dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(x) dx + \displaystyle\int_1^{+\infty} x^{\alpha} \varphi(x) dx[/tex]

La deuxième partie ne m'embete pas puisqu'elle ne dépend pas de [tex]\epsilon.[/tex] Pour [tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(x) dx[/tex]. On a

[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(x) dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}(\varphi(x) - \varphi(0)) dx + \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(0) dx[/tex].

D'un coté,

[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(0) dx = - \dfrac{\varphi(0)}{\alpha + 1} \epsilon^{\alpha + 1} + \dfrac{\varphi(0)}{\alpha + 1}[/tex].

D'un autre coté,

[tex] 0 \leq \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} (\varphi(x) - \varphi(0)) dx \leq M \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha+1} dx[/tex]

puisque le membre de droite de cette dérnière inégalité est intégrable en 0, alors [tex]\displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} (\varphi(x) - \varphi(0))dx [/tex] a une limite finie? pourquoi? et quelle est cette limite je t'en prie?

Fred

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Re : exercice

Tu dois reprendre les théorèmes d'existence d'intégrales impropres, par exemple tels qu'on les trouve ici :
http://www.bibmath.net/formulaire/index … timpropres
Regarde en particulier le paragraphe intitulé "Théorèmes de comparaison".

zarga

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Re : exercice

Ok pour la question 1.
J'ai une question 2. On pose pour tout $[tex] \varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})[/tex]: [tex] \langle T_{\alpha} , \varphi \rangle = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} b(\epsilon).[/tex]

Prouver que [tex]T_{\alpha}[/tex] est une distribution d'ordre fini. Mon problème est de prouver la continuité de [tex]T_{\alpha}[/tex]
Merci.

Fred

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Re : exercice

Tu peux reprendre ton raisonnement, quand tu me disais : "je peux dire que c'est borné (cf post 7 par exemple) mais pas que cela admet une limite". Tu te contentes ici d'obtenir des majorations(par exemple, avec mes notations, on peut majorer [tex]d(\epsilon)[/tex] par quelque chose qui dépend de [tex]\|\varphi'\|_\infty [/tex]).

F.