Théorème Soit $T\in {\mathcal D}'({\mathbb R}) $ une distribution telle que $xT=0$ alors $T=C^{ste}\delta $
commençons par rappeler que la distribution $\delta$ est définie sur l'espace des fonctions tests ${\mathcal D}({\mathbb R})=C^\infty_0({\mathbb R})$ par $$ <\delta, \phi>=\phi(0),~~\forall \phi \in \mathcal D$$
Il est clair que au sens des distributions on a bien $x\delta=0$, en effet:$$ <x\delta, \phi>=<\delta, x\phi(x)>=0\times\phi(0)=0,~~\forall \phi \in \mathcal D$$
pour montrer la ``réciproque'' il faut considérer une fonction test $ \chi\in {\mathcal D}$ égale à $1$ dans un voisinage de $0$ et s'intéresser à la fonction :
$$\psi(x)={\phi(x)-\phi(0)\chi(x)\over x}$$
il est clair que $\psi$ est à support compact, mais il est moins clair que $\psi$ est aussi $C^\infty$ (c'est donc aussi une fonction test!). Pour le voir il suffit de montrer que $\psi$ admet des DL à tous les ordres en $x=0$ (ailleurs elle est forcément $C^\infty$ ). En considérant un DL de $\phi$ à l'ordre $n$
$$\phi(x)=\phi(0)+\phi(0)'x+\phi(0)''{x^2\over 2}+\dots+o(x^n)$$
on obtient facilement un DL pour $\psi$ à l'ordre $n-1$
$$\psi(x)={\phi(x)-\phi(0)\chi(x)\over x}=\phi(0)'+\phi(0)''{x\over 2}+\dots+o(x^{n-1})$$
il ne reste plus qu'a appliquer la distribution $xT$ (qui est nulle) à $\psi $ pour prouver le résultat :
$$ 0=<xT, \psi>=<T, x\psi(x)>=<T, \phi(x)-\phi(0)\chi(x)>=<T,\phi(x)>-<T,\phi(0)\chi(x)>$$
donc
$$<T, \phi(x)>=<T,\phi(0)\chi(x)>=\phi(0) <T,\chi(x)>=\phi(0)\times C^{ste}=C^{ste}<\delta,\phi>$$
Cette démonstration s'adapte facilement pour montrer des résultats comme
$$\left[T'=0\Rightarrow T=C^{ste}\right]~~{\rm ou}~~\left[xT=1 \Rightarrow T=VP{1\over x}+c\delta\right]$$
Je commence mon premier commentaire sur ce nouveau blog par une question : suffit-il vraiment de montrer qu'une fonction admet un DL à tout ordre en un point pour montrer qu'elle est indéfiniment dérivable en ce point ?
RépondreSupprimerÀ très bientôt, en espérant qu'il y aura encore beaucoup d'articles sur les distributions (un sujet que je connais très mal) que je puisse comprendre !
Attention, ici on a besoin qu'une fonction $\psi\in C^\infty({\mathbb R}^*)$ qui a un DL en 0 à tout ordre ait ces dérivées continues en 0, rien de plus et heureusement puisque un DL à un ordre donné n'implique pas que $f$ soit continument dérivable jusqu'à cet ordre .... C'est comme cela qu'on peut prolonger (de plusieurs manières) la fonction $\exp(1/x^2)$ d'un coté ou de l'autre de $x=0$. On utilise un théorème assez classique en géométrie différentielle qui dit que :
RépondreSupprimer"si $f$ est $C^\infty$ au voisinage de 0 et $f(0)=0$ alors il existe $g$ $C^\infty$ près de 0 telle que $f(x)=xg(x)$"
De mémoire on appelait ce résultat "théorème de division $C^\infty$". Ca montre que même pour faire des choses simples avec les distributions on a besoin de beaucoup de maths intéressantes ... donc je vais continuer sur le sujet :-)
j’oubliai de corriger :
Supprimer"on peut prolonger (de plusieurs manières) la fonction $\exp(-1/x^2)$ d'un coté ou de l'autre de $x=0$ "
(je me rend compte que je n'ai pas trouvé comment modifier un commentaire une fois qu'il est posté ... faudra que je fasse attention!)
RépondreSupprimerça y est j'ai retrouvé comment on démontre que si $f(0)=0$ et $f$ est $C^\infty$ alors il existe $g$ une fonction $C^\infty$ telle que $f(x)=xg(x)$. Il suffit d'utiliser un développement de Taylor avec reste intégral à l'ordre 1 et d'y faire un changement de variable $t=xs$ :
RépondreSupprimer$$f(x)=\int_0^x f'(t) dt=x\int_0^1 f'(xs) ds$$
il est facile alors de montrer que $g(x)=\int_0^1 f'(xs) ds$ est $C^\infty$ (dérivation sous le signe $\int$). La même méthode marche pour montrer que $f(x)=x^n g(x)$ avec $g$ de classe $C^\infty$ si les dérivées d'ordre $k<n$ s'annulent toute en $x=0$. Normalement on peut étendre le résultat à une décomposition de la forme $f(x)=h(x)g(x)$ si $h^{-1}(0)\subset f^{-1}(0)$.
Salut,
RépondreSupprimerje lis un cours pour comprendre à quoi nous sert d'étudier la théorie des distributions" et ca commence par l'étude des solutions de l'équation $x y'(x) = 0$ sur $\R.$ Pourquoi finalement?
Par avance merci.
certainement par ce que c'est un résultat
Supprimer- assez simple à démontrer
- non-conforme à l'intuition qu'on peut avoir quand on pense aux distributions uniquement du point de vu "fonction"
- le tout en faisant appel aux choses les plus fondamentales dans la théorie des distributions ( crochet de dualité <.,.> ; distribution de Dirac)
J'ai télécharger le cours dont je parle dans mon dernier message à partir du lien suivant: http://www.mathoman.com/index.php/tag/projet-scientifique
RépondreSupprimermerci pour l'aide.
toujours plein de choses intéressantes chez Math'OMan!!!
SupprimerAlors?une idée?
SupprimerOuiii! et vous avez quelques bonnes infos concernant ma question?
RépondreSupprimer$xT'=0$ donc $T'=\delta$ (c'est ce qui est démontré dans ce billet) or on sait que $\delta$ est la dérivée de la fonction de Heaviside $H(x)$ (voir le billet http://rouxph.blogspot.fr/2012/03/derivation-des-distributions-lors-du.html) donc $T=H(x)+C^{ste}$.
RépondreSupprimerJe n'ai rien compris à la réponse!
RépondreSupprimerMa question est: pourquoi on a eu besoin d'introduire la notion de distributions? ( chose qui est expliquée dans le chapitre "introduction" de document que j'ai téléchargé mais que je n'ai pas compris).
c'est-à-dire? quels problèmes il y'avait dans les équations différentielles pour avoir besoin de la théorie des distributions?
SupprimerLes théorèmes que tu connais et que tu utilises pour résoudre des équations différentielles avant d'utiliser la théorie des distributions présuppose au minimum que les fonctions sont continues (et en général qu'elle sont dérivable). Dans ce cadre tu ne peux pas aboutir à $T=\alpha\times H+C^{ste}$ (j'ai oublié de mettre une constante $\alpha$ dans ma première réponse!) car $H$ n'étant pas continue elle ne peut pas être dérivée au sens classique ...
SupprimerSi $y$ est supposée continument dérivable alors $y'$ est continue donc $x\times y'(x)=0$ implique que $x=0$ ou $y'(x)=0$, on en déduit que $y'(x)=0,~~\forall x\in{\mathbb R}^*$ puis sur tout $\mathbb R$ par continuité de $y'$! Conclusion : tu trouves seulement $y(x)=C^{ste}$ , il te manque la partie de la solution qui appartient aux distributions (en gros tu as $\alpha=0$) partie qui ne peut apparaitre que dans le cadre de cette nouvelle théorie!
Les physiciens au XIXième siècle on établit que les solutions de nombreux problèmes de physique étaient données par des équations différentielles (ou plutôt aux dérivées partielles) et dans le même temps ils savaient que ces solutions n'étaient pas toujours continues ... d'où la nécessité d'avoir une théorie permettant de dériver des fonction discontinues pour traiter ces solutions observées dans la réalité.
Je ne comprend pas quand tu dis "il te manque la partie de la solution qui appartient aux distributions" excuses moi mais ce n'est pas clair du tout.
SupprimerQu'est ce qu'elles ont les solutions de $xy'=0?$ elles ne sont pas continues, alors on ne peut pas les dériver donc on cherche à les dériver au sens des distributions?
La résolution d'un problème dépend toujours du cadre dans lequel on se place. Par exemple un trinôme du second degré avec discriminant négatif n'a pas de racine si on se place dans le corps des réels mais en a deux dans le corps des complexes! Ici :
RépondreSupprimer-si on se restreint à la dérivation classique les solutions sont $y(x)=C^{ste}$ (qui sont bien continûment dérivables !)
-si on se place dans le cadre plus général de la théorie des distributions alors les solutions sont $y(x)=\alpha H(x)+ \beta $ où $\alpha,\beta\in{\mathbb R}$ sont des constantes dépendant des données initiales.
la partie $\alpha H(x)$ ne peut pas être obtenue dans la théorie classique des équations différentielles, elle nécessite la théorie des distributions.
Oui, mais comment on sait que l'on a besoin des solutions de la forme $y(x) = \alpha H(x) + \beta$
Supprimerje veux dire, si on ne connait pas dutout la théorie des distribution, sur quelle difficulté on doit tomber pour remarquer le besoin de cette théorie?
je te l'ai dit plus haut les équations de la physique font naturellement apparaitre des solutions discontinues :
Supprimer- en électromagnétisme quand on considère les champs générés par un conducteur traversé par un courant
- en dynamique des fluides dans les écoulements supersoniques (ondes chocs)
donc il a fallu construire une théorie pour comprendre ça. Au passage, il faut se rappeler que entre la découverte de ces exemples et l'élaboration de la théorie des distributions par Schwartz il s'est écoulé quasiment un siècle ...
Excuses-moi si je pose trop de question, mais je cherche à comprendre.
SupprimerDonc, en physique, il y'a beaucoup de problème qui admettent des solutions discontinues, et la théorie des distributions nous permet de définir une dérivée ( au sens faible) de ses solutions discontinues? C'est tout ce qu'elle nous permet de faire? Ce que je ne comprend pas c'est pourquoi chercher à dériver ces solutions discontinues?
Bonjour
RépondreSupprimerJ'ai un exercice qui comporte deux questions.
Soit la fonction $\phi : \R^n \rightarrow \R$ définie par : $$
\phi(x)
=
\begin{cases}
e^{\tfrac{1}{1 - ||x||^2}} &\text{si } ||x|| < 1\\
0 &\text{si } ||x|| \geq 1
\end{cases}
$$ qui appartient à $\mathcal{D}(\R^n).$ On définit des termes d'une suite $\phi_j$ par $\phi_j(x) = j \dfrac{\phi(jx)}{\phi(0)}.$
1. Si on veut dessiner les $\phi_j$ pour $j=1,2,3\ldots$ on remarque que pour $n=1,$ l'intégrale de $\phi_j$ ne dépend pas de $j,$ donc pour chaque $j,$ la surface déterminée par la courbe et l'axe des $x$ est la même. Mais, dans le cas générale où $x \in \R^n,$ que peut-on déduire de $\displaystyle\int_{R^n} \phi_j(x) dx?$
2. Est-ce qu'il y a une relation entre la suite $\phi_j$ et les suites régularisantes et la partition de l'unité?
Merci.
1) il suffit de faire le changement de variable $y=jx$ pour voir que l'intégrale ne dépend pas de j (j'ai pas compris pour n?) :
RépondreSupprimer$$\int_{\mathbb R} \phi_j(x) dx=\left(\int_{\mathbb R} \phi(x) dx\right)/\phi(0)$$
2) si au lieu de diviser par $\phi(0)$ tu divises par $\int_{\mathbb R} \phi(x) dx$ alors la suite des fonctions $\phi_j$ converge vers la distribution de Dirac $\delta$, tu peux appeler ça une suite régularisante ou suite d’identités approchées (en plus $\phi_j\in C^\infty_0({\mathbb R})$
tous cela marche aussi tel quel dans ${\mathbb R}^n$
Salut,
RépondreSupprimertu veux dire que toutes les suites régularisantes convergent vers la distribution de Dirac??? Il y'a une preuve de ca s'il te plît?
il n'y a pas de preuve ... c'est la définition : une suite régularisante est une suite de fonctions $C^\infty$ qui tend vers la distribution de Dirac.
SupprimerBonsoir
RépondreSupprimerSoit la fonction $f$ définie par
$
f(x)=
\begin{cases}
& \dfrac{1}{x} ; x > 0,\\
& 0 ; x \leq 0
\end{cases}
$
-Montrer pourquoi la relation $\varphi \in \mathcal{D}(\R), \displaystyle\int_{\R} f(x) \varphi(x) dx$ ne définit pas une distribution sur $\R,$ par contre la relation $\varphi \in \mathcal{D}(R^{+}), \displaystyle\int_0^{+\infty} f(x) \varphi(x) dx$ définie une distribution sur $\R^+.$
Une distribution $T: \mathcal{D}(\R) \rightarrow \mathcal{C}$ est une forme linéaire continue.
On a $\displaystyle\int_{\R} f(x) \phi(x) dx = \displaystyle\int_0^{\R^+} \dfrac{1}{x} \phi(x) dx$
Je n'arrive pas à prouver que la première relation ne définit pas une distribution sur $\R.$ Qu'est-ce qu'il faut trouver au juste?
$\varphi \in \mathcal{D}({\mathbb R}), =\displaystyle\int_{\mathbb R} f(x) \varphi(x) dx$ ne définit pas une distribution sur $\mathbb R$ car $f$ n'est pas intégrable en $x=0$ (donc l'intégrale va diverger pour certains $\varphi$ : $| < T, \varphi>|=\infty $)
RépondreSupprimerEnsuite tu fais une erreur concernant ${\mathbb R}^+=[0,+\infty[$ la distribution $ =\displaystyle\int_0^{+\infty} f(x) \varphi(x) dx$ n'est bien définie que pour $\varphi \in \mathcal{D}({\mathbb R}^*)$ avec ${\mathbb R}^*={\mathbb R}\setminus\{0\}$ de telle sorte que $\varphi $ soit nulle au voisinage de $x=0$. Pour fixer les choses disons $\varphi$ non nulle dans $[\varepsilon,M]$ ce qui donne :
$$ | \langle T,\varphi \rangle | \leq \displaystyle\int_\varepsilon^{+\infty} {|\varphi(x)|\over x} dx \leq {M\over \varepsilon} ||\varphi||_\infty $$
donc T est bien définie et surtout continue!
Tu peux aussi regarder sur le même sujet le billet http://rouxph.blogspot.fr/2012/03/valeur-principale-de-1x.html
PS : pense à remplacer les \R par {\mathbb R} sinon tes messages sont illisibles pour les lecteurs de ce blog ...
Je comprend qu'il faut commencer par montrer qu'il s'agit d'une application. Pour ca, il faut montrer que pour tout $\varphi,$ il existe $T(\varphi)$ dans $\mathbb{C}.$ et dans notre cas, puisque $+\infty \neq \mathbb{C}$ alors ce n'est pas une application?
Supprimer$\varphi\mapsto \int f(x)\varphi(x) dx$ est toujours une application linéaire de $\mathcal D$ dans $\mathbb C$ le problème est de montrer que c'est bien défini (l'intégrale ne diverge pas) mais en plus il faut montrer que c'est continue pour la topologie des distributions c'est pour ça que je montre une estimation du type :
Supprimer$$ | \langle T,\varphi \rangle | \leq \displaystyle\int_\varepsilon^{+\infty} {|\varphi(x)|\over x} dx \leq {M\over \varepsilon} ||\varphi||_\infty $$
pour plus de détails il faut lire le billet http://rouxph.blogspot.fr/2012/03/topologie-sur-les-distributions-la.html
Ok. Mais en général, pour montrer que $T$ définie de $\mathcal{D}$ à valeurs dans $\mathbb{C}$ est une application quelle définition on utilise? La définition standard d'une application comme on le voit en algèbre???
RépondreSupprimersuite: en effet, une distribtion n'est pas toujours définie par une intégrale.
SupprimerJe le dis souvent : le problème pour enseigner la théorie des distribution ce n'est pas la théorie en elle même, mais l'ensemble des prérequis qu'il faut maitriser ! Dans ton cas on sent bien que concrètement tu n'es pas très sûr de ce qu'est une application ou une fonction?
Supprimer1) Quand tu as une formule $ \langle T,\varphi\rangle =...$ ça veut dire que T est une fonction i.e. " T associe au plus une valeur dans $\mathbb C$ à chaque $\varphi$ "
2)Pour que T soit une application sur $\mathcal D$ il suffit alors que la formule soit bien définie pour tout les éléments de $\mathcal D$
3) Normalement il faut en plus montrer que l'application est linéaire, ce qui est trivial pour les formules définies par des intégrales du genre $ \langle T,\varphi \rangle =\int f(x) \varphi(x) dx$
4)Enfin pour que T soit une distribution il faut en plus que l'application soit continue pour la topologie (bien compliquée) de $\mathcal D$, il faut donc chercher des estimations sur chaque compact K du type
$$ | \langle T,\varphi \rangle | \leq \sum C_{\alpha,K} ||\partial^k\varphi ||_\infty $$
Bilan : les points 1) et 3) sont triviaux donc jamais expliqués, et comme le point 4) implique le point 2) la démonstration se réduit au point 4) ... Maintenant comme ce point 4) semble trop difficile à démontrer pour beaucoup d'étudiants on accepte qu'il soit remplacé par le point 2) :-(
Bonjour,
RépondreSupprimersoit $\phi \in \mathcal{D)(\R)$ et on cherche à montrer que l'application $T$ telle que $T(\phi) = \sum_{k=0}^{+\infty} \phi^{(k)}(k)$ est une distribution sur $\R.$
Si on montre que $T$ est la limite d'une suite de distributions, alors $T$ est une distribution. J'ai du mal avec la continuité de $(T_n)$
$T_n(\phi)| = |\sum_{k=0}^n \phi^{(k)}(k)| \leq \sum_{k=0}^n |\phi^{(k)}(k)| \leq \sum_{k=0}^n \sup_{x \in K} |\phi^{(k)}(x)| = (n+1) \sup_{x \in K} |\phi^{(k)}(x)|$
la dernière majoration est fausse puisque le $k$ est toujours là, mais je ne sais pas comment l'écrire.
Dans cet exercice introduire une limite de distribution c'est compliquer inutilement la question! Il suffit de reprendre la méthode que j'ai donné dans le commentaire juste au-dessus :
Supprimer1-3) la formule $T(\phi) = \sum_{k=0}^{+\infty} \phi^{(k)}(k)$ définiet bien une "fonction" sur l'espace des fonctions tests ${\mathcal D}({\mathbb R})$ en plus la linéarité de la formule est évidente à partir du moment où la somme converge, donc il faut se concentrer sur la convergence la somme.
2-4) une fonction test $\varphi$ a par définition un support compact, disons que c'est $K\subset[-N;N]$. La somme qui définit $T$ est donc forcément finie si $\varphi$ est a support dans $K$ :
$$T(\phi) = \sum_{k=0}^{+\infty} \phi^{(k)}(k)= \sum_{k=0}^{N} \phi^{(k)}(k)$$
puis qu’alors on doit avoir $| k|\leq N$, donc cette somme est bien convergente ! Il ne reste plus qu'à estimer ça en fonction des semi-norme sur ${\mathcal D}({\mathbb R})$ et c'est quasi-immédiat :
$$|T(\phi)| \leq \sum_{k=0}^{N} |\phi^{(k)}(k)|
\leq \sum_{k=0}^{N} ||\phi^{(k)}||_{\infty,K}$$
c'est exactement l'estimation qu'on attend pour assurer la continuité de $T$ (cf. le billet http://rouxph.blogspot.fr/2012/03/topologie-sur-les-distributions-la.html pour plus de détails )
Salut,
RépondreSupprimerj'ai un autre exo si tu le veux bien.
Soit $T : \mathcal{D}(\mathbb{R}) \rightarrow \mathbb{C}$ qui à tout $\phi \in \mathcal{D}(\mathbb{R})$ associe $\langle T , \phi \rangle = \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k} ( \phi(\dfrac{1}{k}) - \phi(0))$
on commence par prouver que $T$ est une application, c-à-d que $T(\phi)$ existe pour tout $\phi.$ Donc soit $\phi \in \mathcal{D}(\mathbb{R}),$ telle que $supp \phi \subset [-n , n]$ avec $n \in \N.$
$\langle T , \phi \rangle = \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k}) (\phi(\dfrac{1}{k} - \phi(0))$
mon problème est de montrer que cette série converge pour tout $\phi.$
Merci.
commence par majorer $| \phi(1/k) - \phi(0)|$ en utilisant Taylor ou les accroissements finis ... tu devrais tomber sur une une série dont le terme général est un $O(1/k^2)$.
SupprimerComment tu as eu cette idée directement? comment tu as su que c'est ce qu'il faut utiliser stp?
Supprimer1- Je sais que $\dfrac{1}{k}$ est finie pour tout $k = 1, 2, ...$ si $\dfrac{1}{k}$ est dans le support de $\phi,$ alors son image par $\phi$ n'est pas nulle, sinon elle est nulle. Pareil pour $\phi(n),$ si $n$ est dans le support de $\phi,$ alors $\phi(n) \neq 0,$ sinon $\phi(n) = 0.$
Supprimer2- On fait un développement de Taylor pour $\phi(x)$ au voisinage de $0,$ ce qui nous donne: $\phi(x) = \phi(0) + x \phi'(\xi_x) + o(x^2), \xi \in (0,x)$
donc $\phi(\dfrac{1}{k}) = \phi(0) + \dfrac{1}{k} \phi'(\xi_k) + o(\dfrac{1}{k^2}), \xi_k \in (0,\dfrac{1}{k}).$
Alors,
$\langle T , \phi \rangle = \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k^2} \phi'(\xi_k) + \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k} o(\dfrac{1}{k^2}).$
Donc
$|\langle T,\phi \rangle| \leq \sum_{k=1}^{+ \infty} |\dfrac{1}{k^2} \phi'(\xi_k)| + \sum_{k=1}^{+ \infty} |\dfrac{1}{k} o(\dfrac{1}{k^2})|.$
on sait que $supp \phi' \subset supp \phi,$ donc $\phi'$ est bornée. Donc $|\langle T,\phi\rangle | \leq \sup_{y \in \R} |\phi'(y)| \cdot \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k^2} +
\sum_{k=1}^{+ \infty} |\dfrac{1}{k} o(\dfrac{1}{k^2})|$
Je ne trouve pas comment me débarasser proprement de $\sum_{k=1}^{+ \infty} |\dfrac{1}{k} o(\dfrac{1}{k^2})|.$ Si on y arrive, on a: $|\langle T,\phi \rangle \leq \sup_{y \in \R} |\phi'(y)| \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k^2}$ qui est convergente, donc $T$ est une application bien définie.
$T$est linéaire, et pour la continuité, pour tout $K$ compact de $\mathbb{R},$ et pour tout $\phi \in \mathcal{D}_K(\mathbb{R}),$ on a $|\langle T , \phi \rangle| \leq M . P_{K,1}(\varphi).$
Donc, $T$ est une distribution sur $\R.$
3- L'ordre de $T$ est inférieur ou égale à 1. Mais c'est à cause de l'ordre du développement de Taylor utilisé. Ma bête noire est: comment trouver l'ordre de $T$?
Merci.
1) l'idée de chercher à montrer que le terme général de la somme est un $O(1/k^2)$ vient du fait que apriori ce terme est un $O(1/k)$ donc insuffisant pour faire converger la somme. On cherche donc à jouer sur le terme $\phi(1/k)-\phi(0)$ qui doit tendre vers 0 quand $k\to\infty$.
Supprimer2) comment se débarrasser du $\sum_{k=1}^{+ \infty} |\dfrac{1}{k} o(\dfrac{1}{k^2})|$ ... en ne l'ajoutant pas inutilement dans la somme :-) un développement de Taylor d'ordre 1 au lieu de 2 (ou le théorème des accroissements finis) suffit pour écrire que
$$ |\phi(1/k)-\phi(0)|\leq ||\phi'||_{\infty} | 1/k-0|$$
donc
$$|T(\phi)|\leq \sum_{k=1}^{+ \infty} {1\over k^2} ||\phi'||_{\infty}
\leq {\pi^2\over 6} ||\phi'||_{\infty}$$
la distribution T est bien définie et d'ordre 1 exactement!
Bonjour, et merci pour ta réponse très clair!
SupprimerComment prouver que l'ordre de $T$ est bien 1 et pas 0?
PS: stp ne me dis pas que c'est avec un contre-exemple qu'on montre que l'ordre n'est pas 0, parceque rien ne nous indique, a priori que l'ordre n'est pas 0, de plus, comment trouver un tel contre-exemple sans l'avoir déjà rencontré quelque part?
Ahhhh ça c'est une bonne question comment montrer que l'ordre en bien 1 et pas 0?
SupprimerLa démonstration passe forcément par un raisonnement par l'absurde : support que c'est d'ordre 0 et trouver une suite de fonctions tests $(\phi_n)$ pour laquelle la majoration $|T(\phi_n)|\leq C||\phi_n||_\infty$ sera forcément violée à un moment lorsque $n\to\infty$.
J'ai ça en tête mais je te laisse chercher ... la solution fera l'objet d'un billet sur ce blog :-)
On suppose que $T$ est d'ordre 0, ce qui signifie que pour tout compact $K$ de $\mathbb{R},$ et pour tout $\phi \in \mathcal{D}_K(\mathbb{R}),$ il existe $C > 0$ telle que $|\langle T , \phi \rangle| \leq C . \sup_{x \in K} |\phi(x)|$
RépondreSupprimeret par définition de $T,$ on a $|\sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k} (\phi(k) - \phi(0))| \leq C . \sup_{x \in K} |\phi(x)|.$
On devrait obtenir une contradiction, mais je ne vois pas comment.
comme dit dans ma réponse trouve une suite de fonction $\phi_n$ telle que $T(\phi_n)\to\infty$ alors que $||\phi_n||_\infty$ reste borné ...
SupprimerBah voilà si je prend $(\phi_n)$ donnée par $\phi_n(k)= nk^2,$ à support compact dans $\mathbb{R},$ donc bornée. et pour tout $n \in \mathbb{N}$ on a: $T(\phi_n) = \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{n}{k} = n \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k}$ en sachant que $\sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k}$ est finie, en passant à la limite sur $n,$ on trouve $+ \infty.$
Supprimerrectification: je prend $\phi_n(k) = \dfrac{n}{k}$ et j'obtient $T(\phi_n) = \sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{n}{k^2}$ et en sachant que $\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2},$ en passant à la limite sur $n,$ on obtient $+ \infty.$
Supprimerc’était mon idée, prendre $\phi_n(x)=\phi(nx)$ avec $\phi(x) = x$ près de 0 , disons pour $|x|\leq 1$. Mais alors la formule $\phi_n(1/k) = {n\over k}$ n'est valable que si $k\geq n$ et pour les $k\leq n$ on peut sortir du support de $\phi_n$ ... résultat on arrive juste à $T(\phi_n)\geq \sum_{k\geq n} {n\over k^2}\sim 1$ ! J'en viens même à me demander si T n'est pas d'ordre 0 !?!
Supprimerla réponse à la question est dans un nouveau billet :
Supprimerhttp://rouxph.blogspot.fr/2012/12/ordre-dune-distribution.html
Salut,
RépondreSupprimerconsidérons la suite $(\phi_n)$ définie par $\phi_n(x) = \phi(x + n)$ avec $\phi \in \mathcal{D}(\R).$
La question est: étudier la convergence simple de cette suite, puis sa convergence dans \mathcal{D}(\R)$ vers 0.
je bloque sur le point: est-ce qu'il existe un compact $K$ qui contient tous les supports de $\phi_n$ quelque soit $n \in \mathbb{N}$?
Je te conseille de lire le billet http://rouxph.blogspot.fr/2012/03/topologie-sur-les-distributions-la.html ou se trouve la réponse à ta question (enfin si ton navigateur lit les png animés!) et si tu trouves pas tu peut y reposer ta question :-)
SupprimerSalut
RépondreSupprimerje ne trouve toujours pas dsl. Vous pouvez m'expliquer en gros pourquoi on ne trouve pas un compact qui contient tous les supports de $\phi_n?$
Hé bien si $\phi$ a un support dans l'intervalle $[-1;1]$ alors $x$ est dans le support de $\phi_n$ si $-1\leq x+n\leq 1$. Donc $\phi_n$ a pour support $[-n-1;-n+1]$, en d'autre terme le support de $\phi_n$ "glisse" vers la gauche quand $n\to\infty$, il sortira de n'importe quel compact $K$ quand $n$ sera assez grand. C'est exactement la même chose que ce que j'appelle "la bosse glissante" et dont on voit l'animation dans le billet sur la topologie des distributions .
SupprimerBonsoir
RépondreSupprimerSoit une suite $(f_n)$ définie par : $f_n(x) =
\begin{cases}
\ n, &\text{si } x \in\, ]0,\frac{1}{n}[,\\
\ 0 , &\text{si }x \not\in \,]0,\frac{1}{n}[.
\end{cases}
$
comment montrer que $(f_n)$ converge dans $\mathcal{D'}(\mathbb{R})$ vers la mesure de Dirac?
Merci.
En calculant $ < f_n ,\phi > =\int_0^n n \phi(x) dx $ ( grâce au changement de variable $x=nt$) puis en passant à la limite quand $n\to\infty$.
Supprimer