Convergence dans D
Bonjour
j'ai l'exercice qui suit.
Soit $\varphi \in \mathcal{D}(\R)$. On pose pour tout $n \in \N^*$ : $$
\varphi_n(x)= n \Big[\varphi\Big(x+\dfrac{1}{n}\Big)-\varphi(x)\Big]
$$ Montrer que $\varphi_n$ converge dans $\mathcal{D}'$ vers une limite à déterminer.
Soit $\varphi \in \mathcal{D}(\R)$. Alors il existe $a>0$ tel que $\mathrm{supp}(\varphi) \subset [-a,a]$.
1. On commence par déterminer la limite simple de $\varphi_n$. Soit $x \in \R$ fixé. On a $$
\lim_{n \to +\infty} \varphi_n(x)= \lim_{1/n \to 0} \dfrac{\varphi(x+1/n)-\varphi(x)}{1/n}= \varphi'(x).
$$ Ainsi $\varphi_n$ converge simplement vers $\varphi'$.
2. Il faut montrer qu'il existe un compact $K$ tel que pour tout $n \in \N^*$ on a $\mathrm{supp}(\varphi_n) \subset K$ , et $\varphi' \subset K$.
On remarque que $\mathrm{supp}(\varphi_n) \subset \mathrm{supp}(x \to \varphi(x+1/n)) \cup \mathrm{supp}(x \to -\varphi(x))$.
Comment déterminer le compact $K$ ?
Merci par avance.
j'ai l'exercice qui suit.
Soit $\varphi \in \mathcal{D}(\R)$. On pose pour tout $n \in \N^*$ : $$
\varphi_n(x)= n \Big[\varphi\Big(x+\dfrac{1}{n}\Big)-\varphi(x)\Big]
$$ Montrer que $\varphi_n$ converge dans $\mathcal{D}'$ vers une limite à déterminer.
Soit $\varphi \in \mathcal{D}(\R)$. Alors il existe $a>0$ tel que $\mathrm{supp}(\varphi) \subset [-a,a]$.
1. On commence par déterminer la limite simple de $\varphi_n$. Soit $x \in \R$ fixé. On a $$
\lim_{n \to +\infty} \varphi_n(x)= \lim_{1/n \to 0} \dfrac{\varphi(x+1/n)-\varphi(x)}{1/n}= \varphi'(x).
$$ Ainsi $\varphi_n$ converge simplement vers $\varphi'$.
2. Il faut montrer qu'il existe un compact $K$ tel que pour tout $n \in \N^*$ on a $\mathrm{supp}(\varphi_n) \subset K$ , et $\varphi' \subset K$.
On remarque que $\mathrm{supp}(\varphi_n) \subset \mathrm{supp}(x \to \varphi(x+1/n)) \cup \mathrm{supp}(x \to -\varphi(x))$.
Comment déterminer le compact $K$ ?
Merci par avance.
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Réponses
Edit: on sait que $\mathrm{supp}(\varphi) \subset K=[-a,a]$ et on sait que $\mathrm{supp}(x \to \varphi(x+1/n)) \subset \mathrm{supp}(\varphi)$ quand $n$ tens vers l'infini, donc quand $n$ tend vers l'infini on a $\mathrm{supp}(\varphi(x+1/n)) \subset K$. Pourquoi cela implique que pour tout $n \in \N^*$ on a la même inclusion ?
Quelques idées simples sur le support, car tu as l'air d'avoir agi par imitation calculatoire, pas par compréhension des notions.
La notion de support d'une fonction s'éclaire bien quand on a compris que si f est nulle sur un intervalle ouvert I, alors I est dans le complémentaire du support. Et par contre, si f s'annule en une valeur isolée, cette valeur est dans le support. C'est d'ailleurs la grande difficulté de la notion de fonction infiniment dérivable à support compact. Quand Schwartz en a parlé (en 1942, à Clermont-Ferrand), ses collègues de l'université lui ont dit que ça n'existait pas (de non nulle) jusqu'à ce qu'il en exhibe un exemple (la fonction de Schwartz). La difficulté est qu'aux frontières du compact, la fonction doit s'annuler et rester nulle, de façon parfaitement lisse.
Donc quand on veut parler de support, il faut s'interroger sur les valeurs qui annulent la fonction. Ce qui fait que en supposant connu le support $K$ de $\phi$, le support de $-\phi$ est ici parfaitement connu, et celui de $x\mapsto \phi(x+\frac 1 n)$ facile à trouver. Sans avoir besoin de parler de "quand $n\to +\infty$" qui n'a pas de sens ici.
Cordialement.
Cordialement
Regarde ce qui se passe pour n=2 (dessine la courbe d'un fonction test $\phi$), puis n=1, puis n=10 par exemple. Et passer par $n\to +\infty$ ne veut rien dire, puisque il n'y aura plus de n, il restera $\phi(x)$ qu'on connaît déjà. Pire, ton problème est justement de savoir ce qui se passe avant de passer à la limite.
Cordialement.
NB : courbe de f(x+A)
Cordialement.
Cordialement
tu manipules encore les lettres sans leur donner de sens. Tu as besoin d'un [-b,b] qui marche pour tout n, il y en a un minimal évident, si tu regardes un peu les différentes valeurs que prend $\frac 1 n$.
Et pas de lien avec $n \to +\infty$, tu compliques une situation simple.
Que de temps perdu pour une si petite réflexion ...
C'est ainsi correct ? Si oui, quel compact peut contenir $\mathrm{supp}(\varphi')$ ?
Cordialement.
si $\varphi$ est nulle sur son ouvert d'annulation $\mathcal{O}$ alors $\varphi'$ est nulle aussi sur $\mathcal{O}$. Donc si on note $\mathcal{O}'$ l'ouvert d'annulation de $\varphi'$, on a $\mathcal{O} \subset \mathcal{O}'$. En passant au complémentaire les inclusions s'inversent et on a $\complement_{\R} \mathcal{O}' \subset \complement_{\R} \mathcal{O}$ qui veut dire que $\mathrm{supp}(\varphi') \subset \mathrm{supp}(\varphi)$.
Il reste un dernier point pour l'étude de la convergence dans $\mathcal{D}$ de $\varphi_n$: la convergence uniforme de $D^{\alpha} \varphi_n$ pour tout $\alpha \in \N$.
On a
\begin{align*}
\sup_{x \in K} |D^{\alpha} \varphi_n(x)-D^\alpha \varphi(x)|&= \sup_{x \in K}\big|n[D^{\alpha} \varphi(x+1/n)-D^{\alpha}\varphi(x)]-D^{\alpha} \varphi(x)\big|\\
&= \sup_{x \in K}\Big| \dfrac{D^{\alpha} \varphi_n(x)-D^{\alpha} \varphi(x)}{1/n}-D^{\alpha} \varphi(x)\Big|.
\end{align*} Comment passer à la limite ?
Cordialement.
\begin{align*}
\lim_{n \to +\infty} \sup_{x \in K} |\varphi_n(x)-\varphi'(x)| &= \lim_{n \to +\infty}\sup_{x \in K} \Big|\dfrac{\varphi(x+1/n)-\varphi(x)}{1/n}-\varphi'(x)\Big| \\
&= \sup_{x \in K} \lim_{n \to +\infty} \Big|\dfrac{\varphi(x+1/n)-\varphi(x)}{1/n}-\varphi'(x)\Big|
\end{align*} puisque la fonction valeur absolue est continue, on a
\begin{align*}
\sup_{x \in K} \lim_{n \to +\infty} \Big|\dfrac{\varphi(x+1/n)-\varphi(x)}{1/n}-\varphi'(x)\Big|
&=\sup_{x \in K} \Big|\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\varphi(x+1/n)-\varphi(x)}{1/n}-\varphi'(x)\Big| \\
&= \sup_{x \in K} |\varphi'(x)-\varphi'(x)|=0.
\end{align*} Si on généralise pour tout $\alpha \in \N$, on a :
\begin{align*}
\sup_{x \in K} |D^{\alpha} \varphi_n(x)- D^{\alpha +1} \varphi(x)|
&=\sup_{x \in K} \Big|\lim_{n \to +\infty} \dfrac{D^{\alpha} \varphi(x+1/n)-D^{\alpha}\varphi(x)}{1/n}- D^{\alpha+1}\varphi(x)\Big| \\
&=\sup_{x \in K} |D^{\alpha+1} \varphi(x)-D^{\alpha+1}\varphi(x)| =0.
\end{align*} Ce qui conclue la convergence uniforme de $D^{\alpha} \varphi_n$ vers $D^{\alpha+1} \varphi$ pour tout $\alpha \in \N$.
On est d'accord que tout est correct ?
Cordialement.
Cordialement
Tu ne donnes pas de preuve là. Retourne à la définition d'une sup et d'une limite pour voir si ce que tu dis a du sens.
Cordialement
$$\lim_{n\to + \infty} \left(\sup_{x\in [0,1]} e^{-nx} \chi_{]0,+\infty[}(x)\right) = \lim_{n\to + \infty} 1 = 1$$ alors que $$\sup_{x\in [0,1]} \left( \lim_{n\to + \infty} e^{-nx} \chi_{]0,+\infty[}(x) \right) = \sup_{x\in [0,1]} 0 = 0.$$
Dans ce cas là, comment calculer $$\lim_{n \to +\infty} \sup_x |D^{\alpha} \varphi_n(x) - D^{\alpha+1} \varphi(x)|= \lim_{n \to +\infty} \sup_{x \in K} \Big|\dfrac{D^{\alpha} \varphi(x+1/n)-D^{\alpha} \varphi(x)}{1/n}- D^{\alpha+1} \varphi(x)\Big|\quad?
$$ Cordialement.