question2

tina · 04-12-2016 11:26:25

Bonjour,
soit $\langle T,\varphi \rangle = \sum_{n=1}^{+\infty} n! \varphi(n)$. on montre que $T$ est une distribution. L'étape 1 est de montrer que T est bien définie. Celà revient à voir si la série $\sum_{n=1}^{+\infty} n! \varphi(n)$ est convergente. Quel arguments utiliser? S'il vous plaît.

Yassine · 04-12-2016 11:34:47

Pense au support de $\varphi$ !

tina · 04-12-2016 12:07:10

On fait ça en 3 points.
1. $T$ est bien définie. En effet, puisque $\varphi$ est une fonction test, alors son support est compacr, et donc il existe un rang $n_0 \geq 1$ telle que $\forall n > n_0: \varphi(n)=0$. Par conséquent, $<T,\varphi>= \sum_{n=1}^{n_0} n! \varphi(n)$, et donc $T$ est bien définie car c'est une somme finie, donc elle converge.

2. il est clait que $T$ est linéaire.

3. Soit un compact $K$ et soit $\varphi \in \mathcal{D}_K(\mathbb{R})$. On a:
$$
\|\langle T,\varphi \rangle| = |\sum_{n=1}^{n_0} n! \varphi(n)| \leq \sum_{n=1}^{n_0} |n! \varphi(n)| \leq (\sum_{n=1}^{n_0} n!) \sup_{x \in K} |\varphi(x)|
$$
donc
$
|\langle T,\varphi \rangle | \leq C P_{K,0}(\varphi)
$
ce qui montre que $T$ est continue.
Par 1,2, et 3 on conclut que $T$ est une distribution sur $\mathbb{R}$

J'ai un petit doute sur la dérnière majoration pour montrer que T est continue, et aussi pour le rang $n_0$ est ce qu'on le prend $n_0 >1$ strictement, ou bien $n_0 \geq 1$?
Je vous remercie pour votre aide.

Yassine · 04-12-2016 12:30:13

ça me parait bien.
Il n'y a pas de problème pour la dernière majoration. Comme $supp(\varphi)=K$, alors, $\forall n \in K, |\varphi(n)| \le \sup_{K}|\varphi|$, et pour tout $n \notin K, \varphi(n)=0$, donc $\displaystyle |\langle T,\varphi\rangle| =| \sum_{n \in K} n!\varphi(n)| \le \sup_{K}|\varphi| \sum_{n \in K} n!$ (ne pas oublier que $K$ est borné, donc les sommes sont toutes finies). Avec cette écriture, il n'y pas besoin de $n_0$.
Avec ton écriture, $n_0$ peut être quelconque, il suffit d'avoir la convention $\sum_{n=a}^b f(n) = 0$ si $b < a$, j'ai utilisé la même convention : $\displaystyle \sum_{ n \in \emptyset} f(n) = 0$ puisque l'ensemble $\{ n \in K\}$ peut être vide.

Autre point de syntaxe, si une somme est finie, on n'a pas besoin de dire qu'elle converge. La somme de $n$ termes est bien définie, indépendamment de toute notion de convergence.

tina · 04-12-2016 13:49:22

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

Yassine · 04-12-2016 14:37:57

Tu peux écrire que $\displaystyle \sum_{n=1}^{n_0}\dfrac{1}{n!}\sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}| \le \max_{n \le n_0}\sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}|\sum_{n=1}^{n_0}\dfrac{1}{n!} = P_{n_0,K}(\varphi)\sum_{n=1}^{n_0}\dfrac{1}{n!}$

tina · 12-12-2016 13:01:15

Bonjour,
pour montrer que
$\langle T,\varphi \rangle = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n!} \dfrac{d^n \varphi}{d x^n} (n).$

1. T est bien définie.
2. T est linéaire.
3. Soit un compact $K$ et soit $\varphi \in \mathcal{D}_K(\mathbb{R})$. On a:
$$
|<T,\varphi>| \leq (\sum_{n=1}^{n_0} \dfrac{1}{n!}) \sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}|
$$
Pourquoi le majorer encore avec le $\max$ pour pourvoir dire qu'il est inferieur ou égale à $P_{K,n_0}(\varphi)$? S'il vous plait.

Yassine · 12-12-2016 16:58:19

Bonjour,
Il faut montrer que $\displaystyle |<T,\varphi>| \le CP_{K,n_0}(\varphi)$

Comme je sais que $\displaystyle |<T,\varphi>| \leq (\sum_{n=1}^{n_0} \dfrac{1}{n!}) \sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}|$,
il suffit alors de montrer que $\displaystyle (\sum_{n=1}^{n_0} \dfrac{1}{n!}) \sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}| \le CP_{K,n_0}(\varphi)$

Par définition: $\displaystyle P_{K,n_0}(\varphi) := \max_{n \le n_0}\sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}|$

Je sais que pour tout $n$, $\displaystyle \sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}| \le \max_{n \le n_0}\sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}|$

Il est alors évident que
$\displaystyle \sum_{n=1}^{n_0}\dfrac{1}{n!}\sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}| \le \max_{n \le n_0}\sup_{x \in K} |\dfrac{d^n \varphi}{d x^n}|\sum_{n=1}^{n_0}\dfrac{1}{n!} =: P_{n_0,K}(\varphi)\sum_{n=1}^{n_0}\dfrac{1}{n!}$

J'ai jouté deux point à la dernière égalité pour montrer qu'il s'agit d'une définition (à la constante multiplicative près qui ne fait pas partie de la définition bien sûr).

tina · 12-12-2016 22:03:21

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.

Yassine · 12-12-2016 22:16:02

Tu as dû voir dans ton cours qu'une fonction $f$ localement intégrable sur $\mathbb{R}$ définie une distribution noté $T_f$.
Ici, $f(x)=\cos(x)$ rempli la condition, il n'y a pas besoin d'en dire plus.

Pour la deuxième, tu sais également que $e^x$ est localement intégrable. Donc $T_{e^x}$ est une distribution. L'expression que tu montres n'est autre que $-T'_{e^x}$

Et attention la phrase

tina a écrit :

Soit un compact $K$ et soit $\varphi \in \mathcal{D}_K(\mathbb{R})$. On pose $K=[-R,R]$

J'ai dû le dire plus d'une fois : les compacts ne sont pas les intervalles fermés. Tu peux par contre dire $\exists R > 0, K \subset [-R,R]$

tina · 12-12-2016 22:52:58

C'es compris.
Et en général, on dit que l'application est bien définie car l'intégrale existe? ou bien parce que l'intégrale est finie? S'il vous plaît.

Yassine · 13-12-2016 09:11:31

Pour que $f$ définisse une distribution, il faut qu'elle soit localement intégrable sur $\Omega$.
Localement intégrable veut dire que pour tout compact $K \subset \Omega$, $f$ est intégrable sur $K$, c'est à dire que l'intégrale $\displaystyle \int_{K} f d\mu$ existe (finie).

tina · 14-12-2016 10:19:18

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.

Dernière modification par tina (14-12-2016 10:19:53)

PTRK · 14-12-2016 10:39:23

Ton terme ressemble ressemble à $<\text{v.p}(\frac{1}{x}),\phi'> = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{\mathbb{R}-[\epsilon,\epsilon]} \frac{\phi'(x)}{x}dx$ qui est une distribution d'ordre 1 si $\phi' \in C^\infty_0(\mathbb{R})$ ce qui est le cas.

Ce n'est pas exactement ce que tu as, donc je ne sais pas si c'est une bonne piste.

Yassine · 14-12-2016 15:22:42

Bonjour,
Je commencerais d'abord par une IPP qui permet d'écrire :
$\displaystyle \int_{\varepsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi(x)}{x^2} = \dfrac{\varphi(\varepsilon)}{\varepsilon} + \int_{\varepsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x}$
Ce qui permet de se rapprocher de la piste donnée par PTRK.

tina · 14-12-2016 16:28:17

Ok, mais on a alors
$$
<Pf(\dfrac{H}{x^2}),\varphi>= \lim_{\epsilon \to 0} \left[\displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx + \dfrac{\varphi(\epsilon)}{\epsilon} - \dfrac{\varphi(0)}{\epsilon} + \varphi'(0) \ln \epsilon\right]
$$
et on sait que
$$
<vp \dfrac{1}{x},\varphi'>=\lim_{\epsilon \to 0} \displaystyle\int_{|x| \geq \epsilon} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx.
$$
Par contre je ne vois pas très bien comment ça nous permet de conclutre que la limite existe, et comment introduire vp puisque les bornes de la limites ne sont pas les mêmes.
Merci par avance.

Dernière modification par tina (14-12-2016 16:29:33)

Yassine · 14-12-2016 17:45:06

Le terme $\displaystyle \dfrac{\varphi(\epsilon)-\varphi(0)}{\epsilon}$ est sous contrôle
Il faut donc s'occuper du reste.
Il faut commencer par écrire $\displaystyle \ln(\epsilon) = -\int_{\epsilon}^1 \dfrac{1}{x}dx$, ce et découper l'intégrale en deux morceaux : $\displaystyle \int_{\epsilon}^\infty \cdots = \int_{\epsilon}^1 \cdots + \int_{1}^\infty \cdots$.
Le terme $\displaystyle \int_{1}^\infty \cdots$ est sous contrôle également.
Il ne reste plus qu'à montrer que la limite suivante existe :
$\displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\epsilon}^{1} \dfrac{\varphi'(x)-\varphi'(0)}{x} dx$

tina · 14-12-2016 19:21:15

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.

Dernière modification par tina (14-12-2016 19:33:06)

Yassine · 15-12-2016 10:49:57

Bonjour,
Il y a une erreur dans ce que tu as écris, Je ne vois pas d'où vient le terme $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x}dx$ ?
Le terme dont j'ai parlé est $\displaystyle \int_{\varepsilon}^{1} \dfrac{1}{x}dx$

Sur ta première question, il s'agit de propriété de base des limites. Si $f(x)=g(x)+h(x)$ et que $\displaystyle \lim_{x \to x_0} g(x)$ et $\displaystyle \lim_{x \to x_0} h(x)$ existent, alors $\displaystyle \lim_{x \to x_0} f(x)$ existe et on a
$\displaystyle \lim_{x \to x_0} f(x) = \displaystyle \lim_{x \to x_0} g(x) + \displaystyle \lim_{x \to x_0} h(x)$

Sur ta deuxième question : support de $\varphi'$ compact, accroissements finis et convergence dominée. Il n'y a pas besoin de lien avec la valeur principale de $1/x$.

tina · 15-12-2016 22:45:05

Pour
$
\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x} dx = \displaystyle\int_1^{\epsilon} \dfrac{1}{x} dx + \displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{1}{x} dx
$.
Donc, on écrit que
$$
\ln(\epsilon)= \displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{1}{x} dx - \displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{1}{x} dx.
$$
Non?

Pour les accroissement finis, il existe une constante $c$ entre 0 et $x$ telle que $\varphi''(c)= \dfrac{\varphi'(x) - \varphi'(0)}{x}$.
et aussi puisque le support de $\varphi'$ est compact, alors:
$$
\displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x) - \varphi'(0)}{x} dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^R \varphi''(c)dx.
$$

Pourquoi on a besoin de convergence dominée ici? Comment l'utiliser?
Merci par avane.

PTRK · 16-12-2016 08:21:22

Attention dans tes dernières affirmations, $c$ dépend de $x$ donc on a pas encore prouvé que c'est intégrable.
Par contre puisque $\phi$ est $C^\infty$, je pense que tu peux majorer $\phi''$ par son sup sur $[\epsilon,R]$ ce qui te donnerait
\[ \displaystyle
|\int_\epsilon^R \phi''(c(x)) dx| \le (R-\epsilon) \sup_{x\in [\epsilon,R] }|\phi''|(x) \rightarrow_{\epsilon \rightarrow 0} R \sup_{x\in [0,R] }|\phi|''(x) < +\infty
\]

tina · 16-12-2016 10:32:52

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.

Yassine · 16-12-2016 10:36:07

Si on reprend, on cherche la limite du terme
$\displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx + \dfrac{\varphi(\epsilon)}{\epsilon} - \dfrac{\varphi(0)}{\epsilon} + \varphi'(0) \ln \epsilon$

On écrit $\displaystyle \int_{\epsilon}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx = \int_{\epsilon}^{1} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx + \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx$
et
$\displaystyle \varphi'(0) \ln \epsilon = \int_{\epsilon}^1 \dfrac{\varphi'(0)}{x}dx$
ce qui permet d'écrire le terme qui nous intéresse comme :

$\displaystyle\int_{\epsilon}^{1} \dfrac{\varphi'(x)-\varphi'(0)}{x} dx + \dfrac{\varphi(\epsilon)-\varphi(0)}{\epsilon} + \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx$

On a alors $\displaystyle \lim_{\epsilon \to 0}\dfrac{\varphi(\epsilon)-\varphi(0)}{\epsilon} = \varphi'(0)$
Le terme $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx$ ne dépend pas de $\epsilon$ ($\varphi'$ étant à support compact, la borne sup de l'intégrale est au plus $R$ pour un certain $R > 0$) et donc
$\displaystyle \lim_{\epsilon \to 0}\int_{1}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx = \int_{1}^{+\infty} \dfrac{\varphi'(x)}{x} dx$

Il ne reste plus que le terme $\displaystyle\int_{\epsilon}^{1} \dfrac{\varphi'(x)-\varphi'(0)}{x} dx$

Par les accroissement finis, on a $\forall x \in ]0,1], \left|\dfrac{\varphi'(x)-\varphi'(0)}{x}\right| \le \|\varphi''\|_\infty$, et par convergence dominée, la limite $\displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\epsilon}^{1} \dfrac{\varphi'(x)-\varphi'(0)}{x} dx$ existe.

@PTRK
Le fait que $\displaystyle \left|\int_{\epsilon}^{1} \dfrac{\varphi'(x)-\varphi'(0)}{x} dx \right| \le M$ n'est pas suffisant pour conclure à l'existence de la limite.

PTRK · 16-12-2016 10:44:24

@Yassine
Mais j'ai fait la même convergence dominée ! J'ai majoré par $\sup \phi''$ sur $[\epsilon,R]$ puis par $\sup \phi''$ sur $[0,R]$ . Certes j'ai jamais majoré par la norme infini, mais ca ne change pas grand chose, non ?

Yassine · 16-12-2016 11:43:39

Je remets ce que tu as écris :
$\displaystyle |\int_\epsilon^R \phi''(c(x)) dx| \le (R-\epsilon) \sup_{x\in [\epsilon,R] }|\phi''|(x) \rightarrow_{\epsilon \rightarrow 0} R \sup_{x\in [0,R] }|\phi|''(x) < +\infty$

Le fait que le membre de droite admette une limite n'implique pas que le membre de gauche en a une.

La convergence dominée dit que si tu as une suite $f_n$ telle que $|f_n| \le g$ où $g$ est intégrable, alors
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int f_n d\mu$ existe et vaut $\displaystyle \int \lim_{n \to \infty}f_n d\mu$

Il faut majorer $|\phi''(c(x))|$ par une fonction intégrable, est non $\displaystyle |\int_\epsilon^R \phi''(c(x)) dx|$ comme tu l'as fait.

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#1 04-12-2016 11:26:25

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#2 04-12-2016 11:34:47

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