Limite d'une intégrale.

Goro98 · August 2018

Soit $K$ une fonction à support compact dans $C^{\infty}_{0}(\R^2)$. On pose $U_{n}(x,y)=c_n K\big(\frac{x}{n},\frac{y}{n}\big)$ avec $c_n=\frac{1}{n||K||_2}$ de sorte que $||U_n||=1$.

SVP des idées pour montrer que $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \int_{\R^2}\Big| \frac{c_n}{n} x\frac{\partial K}{\partial x} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big) \Big|^2 dx dy =0$.

Merci.

YvesM · August 2018

Bonjour,

Voici une idée à vérifier : un changement de variables $\displaystyle x \leadsto \alpha, y \leadsto \beta$ avec $\displaystyle \alpha=x/n, \beta=y/n$ pour $\displaystyle n \geq 1$ donne $\displaystyle {\partial K \over \partial x} (x/n, y/n)={1 \over n}{\partial K \over \partial \alpha} (\alpha, \beta)$ et comme $\displaystyle dxdy=n^2 d\alpha d\beta$ (écriture physicienne...) on a $\displaystyle \int_{\R^2} \Big|{c_n \over n}x{\partial K \over \partial x} (x/n, y/n) \Big|^2dxdy=c_n^2 \int_{\R^2} \Big|\alpha {\partial K \over \partial \alpha} (\alpha, \beta)\Big|^2d\alpha d\beta$ et comme $\displaystyle c_n = {1\over n ||K||_2} \to 0, (n \to +\infty)$ on a $\displaystyle \int_{\R^2} \Big|{c_n \over n}x{\partial K \over \partial x} (x/n, y/n) \Big|^2dxdy \to 0, (n \to +\infty).$

Goro98 · August 2018

Merci, @YvesM . Après vérification de tes calculs, j'ai trouvé que : $$ \displaystyle \int_{\R^2} \Big|{c_n \over n}x{\partial K \over \partial x} (x/n, y/n) \Big|^2dxdy=n^2c_n^2 \int_{\R^2} \Big|\alpha {\partial K \over \partial \alpha} (\alpha, \beta)\Big|^2d\alpha d\beta=\frac{1}{||K||^2}\int_{\R^2} \Big|\alpha {\partial K \over \partial \alpha} (\alpha, \beta)\Big|^2d\alpha d\beta$$.

Donc il ne tend pas vers 0.

Goro98 · August 2018

Mais je vais juste améliorer ta méthode en faisant la remarque suivante: Puisque $K$ est à support compact donc il existe $R>0$ tel que pour $|x|>R$ et $|y|>R$ la fonction $K(x,y)=0$ ainsi que ses dérivées. Du coup, on a :

$$ \displaystyle \int_{\R^2} \Big|{c_n \over n}x{\partial K \over \partial x} (x/n, y/n) \Big|^2dxdy <\int_{x^2+y^2<2R^2} \Big|{c_n \over n}R{\partial K \over \partial x} (x/n, y/n) \Big|^2dxdy=\int_{x^2+y^2<2R^2} \Big|c_n R{\partial K \over \partial x} (\alpha,\beta) \Big|^2d\alpha d\beta\to 0$$.

Non?.

YvesM · August 2018

Bonjour,

Refais tes calculs sans erreur ;-). J'ai écrit chaque étape. Pour commencer, vérifie que $||U_n||=1, n \in \N^*.$

Goro98 · August 2018

Ok, je vais utiliser les coordonnées polaires, on a:

$\int_{R^2}|U_{n}(x,y)|^2dxdy=\int_{R^2}| c_n K\big(\frac{x}{n},\frac{y}{n}\big)|^2dxdy=c^2_n\int_{R^+}\int^{\pi}_{-\pi}| K\big(\frac{r}{n} \cos(\theta),\frac{r }{n}\sin(\theta)\big)|^2 r dr d\theta$.

Je pose maintenant,$\frac{r}{n}=s$ donc $rdr=n^2 ds$, ainsi

$\int_{R^2}|U_{n}(x,y)|^2dxdy=c^2_n\int_{R^+}\int^{\pi}_{-\pi}| K\big(s\cos(\theta),s\sin(\theta)\big)|^2 n^2 sds d\theta=n^2c^2_n ||k||^2=1$.

Non?

YvesM · August 2018

Bonjour,

Sans les coordonnées polaires, avec $\displaystyle \alpha, \beta$, pour corriger ton erreur ce serait mieux. On a $\displaystyle \int_{\R^2} |U_n(x,y|^2dxdy = |c_n|^2 n^2 \int_{\R^2} |K(\alpha, \beta)|^2 d\alpha d\beta = (c_n n ||K||_2)^2=1.$ Si tu confirmes ce calcul, tu trouveras ton erreur.

Goro98 · August 2018

Pour la limite.

Puisque $K$ est à support compact donc il existe $R>0$ tel que pour $|x|>R$ et $|y|>R$ la fonction $K(x,y)=0$ ainsi que ses dérivées. Du coup, on a :

$$ \displaystyle \int_{\R^2} \Big|{c_n \over n}x{\partial K \over \partial x} (x/n, y/n) \Big|^2dxdy <\int_{\R^2} \Big|{c_n \over n}R{\partial K \over \partial x} (x/n, y/n) \Big|^2dxdy=({c_n \over n}R)^2 n^2||{\partial K \over \partial x} ||^2_2\to 0$$.

Non?

Goro98 · August 2018

Bonjour @YvesM. Est-ce que ma méthode pour vérifier que $||u_n||=1$ est fausse en utilisant les coordonnées polaires ?

YvesM · August 2018

Bonjour,

Non. Refais le calcul et écris chaque étape (et on se fout des coordonnées polaires et du support compact). Il faut faire attention à l'argument $(x/n,y/n)$ et au fait que la dérivée est par rapport à $x$ : c'est une simple composition de fonctions. Mon premier message comprend toutes les étapes du calcul. Laquelle contestes-tu ?

Goro98 · August 2018

C'est correct. Je vais t'écrire ça en utilisant les coordonnées polaires pour voir si ça va marcher.

Goro98 · August 2018

Je pense que cette formule est fausse $ \displaystyle {\partial K \over \partial x} (x/n, y/n)={1 \over n}{\partial K \over \partial \alpha} (\alpha, \beta)$?

On doit avoir $\displaystyle {\partial K \over \partial x} (x/n, y/n)=n{\partial K \over \partial \alpha} (\alpha, \beta)$.

YvesM · August 2018

Bonjour,

La confusion vient de l'écriture $\displaystyle {\partial K\over \partial x} (x/n,y/n)$ que tu as écrites :
-est-ce $\displaystyle {\partial \over \partial x} [K(x/n,y/n)]$ : la dérivée partielle par rapport à $x$ de la fonction $K$ prise en $(x/n,y/n)$ ou alors
-$\displaystyle {\partial K \over \partial u}(u,v)\mid_{(u,v)=(x/n,y/n)}$ : la dérivée partielle par rapport à $u$ de la fonction $K(u,v)$, qui est prise en $(x/n,y/n)$ ?

Par exemple avec $K=\sin$ à une seule variable dans le premier cas on a $\displaystyle {\partial \over \partial x} [\sin(x/n)] = 1/n \times \cos( x/n)$ et dans le deuxième cas on a $\displaystyle {\partial \sin \over \partial u}(u)\mid_{(u)=(x/n)} = \cos(u)\mid_{(u)=(x/n)} = \cos( x/n)$, tu vois ?

J'interprète toujours les écritures selon le premier cas. Quand on a le second cas, on choisit une écriture explicite et claire : par exemple on donne un autre nom à la dérivée et on note $\partial_x K(x,y) = P(x,y)$ et on considère $P(x/n, y/n)$ ; en physique, on note souvent le second cas : $(\partial_x K) (x/n,y/n)$... ou encore $(\partial_1 K) (x/n,y/n)$ le chiffre $1$ étant pour la première variable.

Pour en revenir à l'exercice, si tu n'interprètes pas comme moi (c'est-à-dire correctement), tu ne trouves pas le bon résultat...
Les écritures $\displaystyle {\partial \over \partial x} [K(x/n,y/n)]= {\partial K\over \partial x} (x/n,y/n) = {\partial K(x/n,y/n) \over \partial x} $ correspondent au premier cas.

Goro98 · August 2018

Bonjour, J'ai utilisé la deuxième c-a-d $\displaystyle {\partial K \over \partial u}(u,v)\mid_{(u,v)=(x/n,y/n)}$.

Si je fais le changement de variable$u=\frac{x}{n}$ et $v=\frac{y}{n}$ on obtient:

$\displaystyle \int_{\R^2}\Big| \frac{c_n}{n} x\frac{\partial K}{\partial x} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big) \Big|^2 dx dy =\int_{\R^2}\Big| c_n u \frac{\partial K}{\partial x} \Big( u , v\Big) \Big|^2 n^2du dv={1\over ||K||^2}\int_{\R^2} \Big| u \frac{\partial K}{\partial x} \Big( u , v\Big) \Big|^2 du dv$ ne tend pas vers $0$. Mais avec une majoration j'obtiens une contradiction car: Comme $K$ est à support compact il existe une boule $B(0,r)$ avec $r>0$ telle que la fonction $K$ est nulle en dehors. Ainsi

$$ \displaystyle \int_{\R^2}\Big| \frac{c_n}{n} x\frac{\partial K}{\partial x} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big) \Big|^2 dx dy< \big(\frac{c_n}{n} r\big)^2\int_{B(0,r)}\Big| \frac{\partial K}{\partial x} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big) \Big|^2 dx dy=\big(c_n r)^2\int_{B(0,{r\over n})}\Big| \frac{\partial K}{\partial x} \Big( u, v\Big) \Big|^2 dudv\to 0$$.

Où le problème donc?

YvesM · August 2018

Bonjour,

C'est faux parce que :
- tu n'écris pas correctement les quantités : avec ta convention, tu dois définir la fonction $\displaystyle P: (x,y) \mapsto {\partial \over \partial x} K(x,y)$ et alors tu cherches la limite de $\displaystyle \int_{\R^2} |{c_n \over n} x P({x \over n},{y \over n})|^2 dxdy$ ;
- tu confonds les arguments des fonctions.
Puisque $K$ est à support compact, alors il existe $\displaystyle R>0$ tel que, pour tout $\displaystyle x \geq R, K(x,y)=0$ pour tout $y.$
Dans l'intégrande, tu as $P$ qui est la dérivée partielle par rapport à la première variable de $K.$ Comme $K$ est infiniment dérivable alors $P$ est aussi à support compact, MAIS l'argument dans l'intégrande est $\displaystyle ({x \over n},{y \over n}).$

Tu as donc pour tout $\displaystyle x \geq R, K(x,y)=0$ pour tout $y$ implique que pour tout $\displaystyle {x \over n} \geq R, K({x \over n},t)=0$ pour tout $t$ et tu choisis $\displaystyle t={y \over n}$ avec $\displaystyle N \in \N^*.$

Tu dois donc écrire :
$\displaystyle \int_{\R^2} |{c_n \over n} x P({x \over n},{y \over n})|^2 dxdy = \int_{B(0, nR)} |{c_n \over n} x P({x \over n},{y \over n})|^2 dxdy \leq \\ \displaystyle ({c_n \over n} nR)^2 \int_{B(0, nR)} |P({x \over n},{y \over n})|^2 dxdy = ({c_n \over n} nR)^2 n^2 \int_{B(0, R)} |P(u,v)|^2 dudv = R^2 {||P||_2^2 \over ||K||_2^2}$
qui ne s'annule pas à la limite.

Goro98 · August 2018

Merci infiniment @YvesM. En fait je voudrais construire une fonction à support compact $K$ telle que:

$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \int_{\R^2}\Big| \frac{c_n}{n}\Big[ 2 i x\frac{\partial K}{\partial x} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big)+ 2 i y\frac{\partial K}{\partial y} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big) +y\frac{\partial K}{\partial x} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big)-x\frac{\partial K}{\partial y} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big) \Big]\Big|^2 dx dy =0$

avec $i$ le complexe vérifiant $i^2=-1$?

Peut-on trouver une telle suite?

YvesM · August 2018

Bonjour,

D'abord, je ne comprends toujours pas tes notations. Si tu utilises une convention à la con, il te faut l'écrire. Sinon, mon premier message te montre que la limite est nulle pour toute fonction $K$, non identiquement nulle, indéfiniment dérivable sur $\displaystyle \R^2$ et à support compact, non ?

Avec une convention à la con, on définit les fonctions $\displaystyle P: (x,y) \in \R^2 \mapsto {\partial \over \partial x}K(x,y)$ et $\displaystyle Q: (x,y) \in \R^2 \mapsto {\partial \over \partial y}K(x,y)$ et la quantité s'écrit : $\displaystyle \int_{\R^2} |{c_n \over n } [2ix P({x \over n},{y \over n} )+2iyQ({x \over n},{y \over n})+yP({x \over n},{y \over n})-xQ({x \over n},{y \over n})]|^2 dxdy$ pour $\displaystyle n \in \N, n \geq 1.$
On effectue le changement de variables $\displaystyle (x,y) \leadsto (u,v)$ avec $\displaystyle (u,v) =( {x \over n},{y \over n})$ et alors on trouve :$\displaystyle \int_{\R^2} |{c_n \over n } [2ix P({x \over n},{y \over n} )+2iyQ({x \over n},{y \over n})+yP({x \over n},{y \over n})-xQ({x \over n},{y \over n})]|^2 dxdy=(c_n n)^2 \int_{\R^2} |2iuP(u,v) + 2ivQ(u,v) +vP(u,v) - uQ(u,v)|^2dudv.$
Comme on sait que $\displaystyle c_n ={1 \over n ||K||_2}$, la quantité est une constante, indépendante de $n$ : $\displaystyle {1 \over ||K||_2^2}\int_{\R^2} |2iuP(u,v) + 2ivQ(u,v) +vP(u,v) - uQ(u,v)|^2dudv.$
Pour que $c_n$ soit définie, il faut que $||K||_2$ soit non nulle et donc on exclut une fonction identiquement nulle.
Pour que la limite soit nulle, il faut donc que la suite soit constante et nulle et donc la condition est : $\displaystyle 2iuP(u,v) + 2ivQ(u,v) +vP(u,v) - uQ(u,v)=0$ et donc en prenant parties réelle et imaginaire : $\displaystyle \forall (u,v)\in \R^2, uP(u,v) + vQ(u,v) = 0$ et $vP(u,v) - uQ(u,v) = 0.$ Ce système implique que $P$ et $Q$ sont des fonctions identiquement nulles et donc que $K$ est une constante, mais comme $K$ est indéfiniment dérivable et à support compact, cette constante doit être nulle : contradiction.

Conclusion : la convention à la con est une connerie. Non ?

Tu devrais repartir de l'énoncé original et faire attention aux écritures : oublie une fois pour toutes la convention à la con. Si tu écris $\displaystyle {\partial K\over \partial x}({x \over n},{y \over n})$, tu n'a pas écrit $\displaystyle {\partial K(u,v)\over \partial u}\mid_{({x \over n},{y \over n})}$ mais tu as écrit $\displaystyle {\partial \over \partial x}[K({x \over n},{y \over n})].$

Goro98 · August 2018

Bonjour@YvesM. Je suis désolé de n'avoir pas précisé mes notations. Pour moi $\displaystyle {\partial \over \partial x} [K(x/n,y/n)]$ veut exprimer la dérivée partielle par rapport à $x$ de la fonction $K$ prise en $(x/n,y/n)$.

Goro98 · August 2018

La condition $ \displaystyle 2iuP(u,v) + 2ivQ(u,v) +vP(u,v) - uQ(u,v)=0$ avec $P(u,v)=r(u,v)+it(u,v)$ et $Q(u,v)=f(u,v)+ig(u,v)$ donne $-2ug(u,v)-2vt(u,v)+vr(u,v)-uf(u,v)=0$ et $2ur(u,v)+2vf(u,v)+vt(u,v)-ug(u,v)=0$ donc on obtient un système.

YvesM · August 2018

Bonjour,

Parce que $K$ est dans $\C$ ? J'aurai dû le deviner.

L'équation aux dérivées partielles $\displaystyle 2 i u \partial_u +2 i v \partial_v +v \partial_u - u\partial_v= 0$ n'a pas de solutions non triviales évidentes. Je ne sais pas la résoudre ou montrer qu'elle n'admet pas de solutions non triviales.

Si le forum peut aider...

TomasV · August 2018

Ben comme je n'ai pas lu le début, je ne sais pas pourquoi tu veux résoudre cette EDP . Mais ça se fait assez vite avec les caractéristiques (j'ai fait sauter les facteurs 2i qui m'ennuyaient donc j'ai mis 1 à la place) .

Les solutions si je ne me suis pas trompé sont alors F{Log |u| + 1/2 Log [(v/u)² + 1] + Arctan (v/u)} où F est une fonction quelconque .

gerard0 · August 2018

C'est sûr qu'en considérant que 2i=1, donc, en élevant au carré, -4=1, ça "simplifie" X:-(

YvesM · August 2018

Bonjour,

Par la méthode des caractéristiques, si j’ai bien compris, et donc à vérifier, on cherche des solutions sous la forme parametrée $K(u(t),v(t))$ par un réel $t$. On identifie $dK=0$ avec l'équation aux dérivée partielles et donc $u’=2 i u+v,v’=2 iv-u$ et donc $u(t)=ae^{3it}+be^{it}, v(t)=iae^{3it}-ibe^{it}$ où $a,b$ sont des complexes.
Toute fonction $K$, non identiquement nulle, de cette forme, infiniment dérivable et à support compact est solution.

TomasV · August 2018

Oui, c'est une possibilité .

On doit intégrer du/f(u,v) = dv/g(u,v) .
Pour ça on a le choix entre 2 méthodes - soit on introduit un paramètre auxiliaire t (du/dt = f(u,v)) soit on intègre directement dv/du = g(u,v)/f(u,v) (c'est ce que j'ai fait) .
La première est souvent plus rapide et la seconde a l'avantage qu'on a explicitement v fonction de u donc le choix dépend de ce dont on a besoin .

YvesM · August 2018

Bonjour,

@TomasV : merci de ton indication sur la méthode des caractéristiques. Sais-tu si l'on trouve toutes les solutions par cette méthode ou seulement des solutions ?
Par ailleurs, (si on ne suppose pas $2i=1$ comme tu l'as fait ;-)), l'équation à résoudre est $\displaystyle {du \over dv} = {2i u+v \over -u +2 i v}.$ Ce n'est pas impossible, mais je ne souhaite pas passer deux heures pour obtenir des formules ingérables. C'est pour cette raison que j'ai paramétré les solutions.

TomasV · August 2018

En fait en prenant le 2i ce n'est pas plus long ou plus difficile (5 lignes) qu'avec 1 - seulement plus pénible .
Tu écris juste (2iv -u) du = (2iu+v) dv . Puis tu changes de variable v=y.u , dv = u.dy + y.du et tu obtiens une équation où u et y se séparent donc le reste est facile .
Mais c'est vrai que la première attaque est souvent paramétrée si les variables ne se séparent pas d'une manière immédiate puisque c'est en général plus rapide .

On trouve toutes les solutions puisque toute solution u d'un système X1 . Du/Dx1 + X2 . Du/Dx2 = 0 (je note D la dérivée partielle puisque je ne sais pas me servir du Latex) où X1(x1,x2) et X2(x1,x2) est une intégrale de dx1/X1=dx2/X2 et inversement .

Si les intégrales de dx1/X1=dx2/X2 sont f1(x1,x2) et f2(x1,x2) alors la solution générale de X1 . Du/Dx1 + X2 . Du/Dx2 = 0 est u = F(f1,f2) où F est une fonction arbitraire .

YvesM · August 2018

Bonjour,

Après le changement $v=yu$ les variables se séparent. Mais on trouve encore une forme paramétrée par $y$ : $K(u,v)$ avec $u=c {(1-i y)^2\over (1+y^2)^{3/2}}, v=yu.$
Donc je suis un peu déçu mais merci pour le changement de variables.

TomasV · August 2018

Il doit y avoir un bug dans le calcul parce que ce qu'on doit intégrer est .: 2iu².dy + 2iy²u.du + yu².dy = - u.du .
Donc on a (2i + y)u².dy = - (2iy²+1)u.du etc
D'ailleurs à la fin on remplace juste y par v/u et on a l'intégrale où ne figure que u et v .

YvesM · August 2018

Bonjour,

Fais le calcul jusqu’au bout... sinon on n’arrivera à rien. La formule ne s’inverse pas quand on remplace $y$ par $v/u$.

TomasV · August 2018

Je l'ai fait mais je ne trouve pas la même chose puisque j'ai les coefficients devant les Log(y-a) et Log(y+a) avec a²=i/2 qui sont différents donc je trouve des exposants qui sont bien plus compliqués que tes 2 et 3/2 . Et je n'ai pas le courage de repasser du temps avec les racines de i et consorts

Cela étant il n'est pas nécessaire d'inverser . Le but de la méthode des caractéristiques est de trouver des courbes F(u,v) = Cte . Dans ce cas les dérivées partielles de F s'annulent le long de ces courbes . Donc si F(u,v) est l'intégrale de du/f(u,v) = dv/g(u,v) alors F est solution de l'EDP
f(u,v) . DG/Du + g(u,v) . DG/Dv = 0 . Donc en intégrant et en remettant simplement y=v/u tu as les solutions puisque tu as bien trouvé les F(u,v) = Cte et il n'est dit nulle part qu'il faille pouvoir les écrire u=f(v) ou v=f(u).

Le problème de l'inversion existe dans le cas de la méthode introduisant un paramètre auxiliaire t puisque là tu trouves les courbe paramétrées u(t) et v(t) mais tu n'as toujours pas la solution F(u,v) = Cte .

Goro98 · August 2018

Bonjour, YvesM. je n'arrive pas à comprendre cette méthode. Pourqoui on a $u’=2 i u+v,v’=2 iv-u$.

YvesM · August 2018

Bonjour,

Tu dois lire la méthode des caractéristiques. Ici on cherche $\displaystyle (2 i u\partial_u+2 i v\partial_v+v \partial_u-u\partial_u) K(u,v)=0$ ; on paramétrise par $\displaystyle K(u(t),v(t))$ et on cherche $\displaystyle {d \over dt} K(u(t), v(t))= u'(t) \partial_u K(u(t),v(t)) + u'(t) \partial_v K(u(t),v(t)) $ et par identification entre les deux équations $\displaystyle u'(t) = 2iu+v, v'(t) = 2iv-u.$

Goro98 · August 2018

Bonjour, @YvesM. Tu as écrit : on cherche des
solutions sous la forme parametrée $K(u(t),v(t))$ par un réel $t$. On identifie $dK=0$ avec
l'équation aux dérivée partielles et donc
$u’=2 i u+v,v’=2 iv-u$ et donc
$u(t)=ae^{3it}+be^{it}, v(t)=iae^{3it}-ibe^{it}$
où $a,b$ sont des complexes.
Toute fonction $K$, non identiquement nulle, de cette forme, infiniment dérivable et à support compact est solution.

Ma fonction $K$ dépend de $u$ et $v$ pas de $t$. Comment je dois faire pour récupérer les $u$ et $v$.

Goro98 · August 2018

Bonjour@TomasV. Je serais reconnaissant si tu me donnes un fichier sur la méthode des caractéristiques.

Goro98 · August 2018

Bonjour@YvesM.

l 'ensemble de solutions de mon équation est donné par $ f(4\arctan(v/u)-i\ln(u^2+v^2))$ où $f$ est une fonction quelconque. Parmi ces solutions peut-on trouver une à support compact et vérifiant mon équation $\displaystyle 2 i u \partial_u +2 i v \partial_v +v \partial_u - u\partial_v= 0$? Merci.

YvesM · August 2018

Bonjour,

Je confirme ton résultat : gràce au changement de variables donné par @TomasV, $v=yu$ on obtient une équation différentielle à variables $u,y$ séparables que l’on intégre facilement et on exprime la constante d’intégration selon $u,v$ : toute fonction $f$ de cette constante reste constante et vérifie l’équation différentielle.
On trouve donc $K(u,v)=f(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2)).$
Pour être solution de l’équation différentielle $K$ est infiniment dérivable, à support compact et non identiquement nulle.
On doit donc choisir $f$ une fonction de $\C$ dans $\C$ infiniment dérivable, à support compact et non identiquement nulle : ton cours donne de telles fonctions de $\R^p$ dans $\R^n.$

Enfin tu demandes que l'équation différentielle soit vérifiée mais elle l’est nécessairement car pour cette équation différentielle l’argument est une constante et la différentielle d’une constante est nulle. Tu devrais le vérifier par le calcul.

Goro98 · August 2018

Bonjour, @YvesM.
La fonction $K(u,v)=f(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2))$ est solution à support compact si $f$ l'est, mais il n'est pas définie sur $\R^2$ ni même $C^\infty$ donc on ne [peut] pas dériver au sens usuel.

On a oublié aussi la condition cruciale à savoir $\int_{\R^2} \big|K(u,v)\big|^2dudv$ soit finie. Comment on s'en sortir ?
Merci.

YvesM · August 2018

Bonjour,

Ah oui, $f$ est une fonction d’une seule variable.
Connais-tu une fonction à support compact infiniment dérivable ? C’est dans le cours des distributions, non ? Une telle fonction fait l’affaire.

Goro98 · August 2018

La fonction $f(x,y)=\exp{1\over 1-x^2}$ si $x^2<1$ et $0$ sinon; est à support compact. Mais la fonction $K(u,v)=f(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2))$ vérifié t-elle $\int_{\R^2} \big|K(u,v)\big|^2dudv<\infty$?

YvesM · August 2018

Bonjour,

Tu as donné une fonction définie sur les réels. Or ici on cherche une fonction définie sur les complexes où sur $\R^2$ en posant $f(x+i y)=f((x,y)).$

Goro98 · August 2018

Bonjour@YvesM.

Soit $f$ une fonction à support compact. Je prends $K(u,v)=f(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2))$, alors la fonction $K$ n 'est pas de classe $C^1(\R^2)$, donc on peut pas appliquer l'opérateur $\displaystyle 2 i u \partial_u +2 i v \partial_v +v \partial_u - u\partial_v$ sur $K$ au sens usuel. Non?

YvesM · August 2018

Bonjour,

Et avec $f$ de classe infinie ?

Goro98 · August 2018

Bonjour,
le problème demeure encore même si $f$ est $C^\infty$.

[En $\LaTeX$, l'infini s'obtient par la commande \infty qui donne : $\infty$. ;-) AD]

TomasV · September 2018

De quoi on parle ? Je suis rentré dans le fil au moment de l'EDP donc je n'ai pas lu le début .
Là je l'ai lu et je ne comprends pas comment ça s'est embarqué dans des complexes et dans des EDP .

Il me semble que déjà la 1e réponse d'YvesM était la bonne et tout le reste est inutile .
Je ne vois d'ailleurs pas non plus à quoi sert le Un ni le Cn qui n'apparaissent nulle part
Je suppose que ||K|| veut dire |K(x,y)| puisque K va de |R² dans |R donc c'est juste une valeur absolue .

Comme K est à support compact, il est nul en dehors d'un certain domaine D .Ses dérivées aussi . L'intégrale se fait donc sur D et non sur |R² puisque la dérivée partielle est nulle en dehors de D .
Par conséquent tous les termes comme x, K et ses dérivées se majorent sur D .
Finalement il reste 0 < Expression < 1/n . M où M est le majorant de l'intégrale sur D => l'expression tend vers 0 quand n tend vers l'infini .
D'ailleurs si (0,0) n'est pas dans D, l'intégrale est vite nulle puisque K(x/n , y/n) tend vers K(0,0) ( x,y bornés dans D et K continu)

Il doit manquer quelque chose dans l'énoncé ...

Goro98 · September 2018

Bonjour@TomasV, la notation $\displaystyle {\partial K \over \partial u}(x/n,y/n)$ veux dire que $\displaystyle {\partial K \over \partial u}(u,v)\mid_{(u,v)=(x/n,y/n)}$ donc

Si je fais le changement de variable$u=\frac{x}{n}$ et $v=\frac{y}{n}$ on obtient:

$\displaystyle \int_{\R^2}\Big| \frac{c_n}{n} x\frac{\partial K}{\partial x} \Big( \frac{x}{n}, \frac{y}{n}\Big) \Big|^2 dx dy =\int_{\R^2}\Big| c_n u \frac{\partial K}{\partial x} \Big( u , v\Big) \Big|^2 n^2du dv={1\over ||K||^2}\int_{\R^2} \Big| u \frac{\partial K}{\partial x} \Big( u , v\Big) \Big|^2 du dv$ ne tend pas vers $0$.

Aussi $||K||^2=\int_{\R^2}|K(u,v)|^2dudv$(la norme de $K$). Enfin j'ai choisit la suite $U_n$ avec la constante $C_n$ pour que elle converge faiblement et non fortement dans $L^2(\R^2)$.

TomasV · September 2018

Si K est à support compact , sa dérivée va être nulle en dehors de C . Donc l'intégrale est non nulle seulement dans C .

Suppose que C est [0,1] x [0,1] alors tu prends la dérivée en un point appartenant à [0,1/n] x [0,1/n] ce qui tend vers (0,0) . Par ailleurs u est évidemment aussi dans [0,1/n] . Pas besoin de compliquer pour voir comme l'a dit en gros YvesM au début que comme u tend vers 0 et la dérivée en (u,v) vers la dérivée en (0,0) alors le tout tend vers 0 . En somme tu intègres sur un carré qui est de plus en plus petit .

D'une manière plus générale si C est [a,b] x [c,d] alors u est dans [a/n,b/n] et le résultat est le même .

Ou alors il y a quelque chose qui manque quelque part .

Goro98 · September 2018

@TomasV. Veuillez voir mon avant dernier post.

YvesM · September 2018

Bonjour,

Tu n’as pas indiqué ce qu’est cette fonction $K$ : quel est son ensemble de départ et quel est son ensemble d’arrrivée ? Si c’est $\R^2$ dans les deux cas, alors dans ton équation aux dérivées partielles tu doit identifier les parties réelle et imaginaire.
Si c’est autre chose, alors il faut le dire. Car tes messages sont contradictoires : d’abord tu décris $K$ comme une fonction dans $\R^2$ puis tu la décris comme une fonction avec une partie réelle et une autre non réelle/ complexe. C’est une connerie, non ?

Réfléchis avant de répondre précisément pour qu’on ne parte pas dans tous les sens.

Goro98 · September 2018

Bonjour@YvesM.

Je reprends, on a trouvé l'expression de l'ensemble de solution de mon équation $\displaystyle 2 i u \partial_u +2 i v \partial_v +v \partial_u - u\partial_v= 0$ il s'est donné par $K(u,v)=f(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2))$ avec $f$ quelconque, mais cette solution n'est pas définie sur $\R^2$ tout entier. Mon objectif est d'en trouver une de classe $C^1(\R^2)$ et à support compact.

Pour ce faire, je définis la fonction $f$ par $f_{u,v}(t)=g((u^2+v^2)^2u^2t)$ où $g$ une fonction réelle de classe $C^1$ à support compact. Du coup la fonction, $K(u,v)=f_{u,v}(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2))=g((u^2+v^2)^2v^2\big(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2) \big))$ fera l'affaire. Non?

YvesM · September 2018

Bonjour,

Relis mon message. Tant qu'on ne sait pas ce qu'on cherche ni les objects mathématiques qu'on utilise, on ne trouvera pas. Sais-tu oui ou non définir $K$ ? Ton équation différentielle n'a aucun sens si on ne sait pas dans quel ensemble de fonctions les solutions sont recherchées. $f$ n'est pas solution dans certains cas, ou plutôt la seule $f$ qui convient est la fonction identifiquement nulle.

Goro98 · September 2018

Bonjour. Ma question initiale était de trouver une fonction $K(u,v)$ de classe $C^1$ et à support compact de $\R^2\to\C$ solution de l'équation différentielle $\displaystyle 2 i u \partial_u +2 i v \partial_v +v \partial_u - u\partial_v= 0$. On a trouvé que pour toute fonction $f$ de $\R$ vers $\C$, la fonction définie par $K(u,v)=f(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2))$ est solution de ladite équation, mais malheureusement, elle n'est pas continue sur $\R^2$ pour certaines fonctions, donc on ne peut pas parler sur les dérivées partielles. Pour y remédier j'ai pris une fonction à support compact de classe $C^1$ $g$ de $\R$ vers $\C$ et j'ai définit la fonction $k(u,v)$ par $K(u,v)=g((u^2+v^2)^2v^2\big(4\arctan(u/v)-i \ln(u^2+v^2) \big))$. Alors $K(u,v)$, je pense fera l'affaire. Non?

Limite d'une intégrale.

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