Distribution et primitive

YEO
YEO
dans Analyse
Bonjour à tous
J'ai le problème suivant.

Soit $u \in H^{-s}([0,1])$, où $s>1/2$. A-t-on $\displaystyle \int_0^.\!\!\!u(y)dy \in H^{1-s}([0,1])$ ?

Mon souci est que $\ \forall x\in [0,1],\ \displaystyle \int_0^x\!\!\!u(y)dy$ n'a pas trop de sens, car $u$ est un distribution. De façon rigoureuse $\displaystyle \int_0^x\!\!\!u(y)dy = < \int_0^.\!\!\!u(y)dy\; , \ \mathbf{1}_{[0,x]} >$. Pour que $\displaystyle \int_0^.\!\!\!u(y)dy \in H^{1-s}([0,1])$, il faut que $\mathbf{1}_{[0,x]}\in H^{s}([0,1])$. Mais $\mathbf{1}_{[0,x]}\notin H^{s}([0,1])$.

Ainsi, comment voir que si une distribution $u \in H^{-s}([0,1])$ alors $\displaystyle \int_0^.\!\!\!u(y)dy \in H^{1-s}([0,1])$ ?

Réponses

  • Héhéhé
    Héhéhé
    $\int_0^\cdot u(y)dy$ ne veut rien dire non plus.
  • YEO
    YEO
    En fait $\int_0^. u(y)dy $ au sens : $x \longmapsto \int_0^xu(y)dy , \forall x\in [0,1]$.
  • Héhéhé
    Héhéhé
    Comme tu l'as dit toi-même, c'est une distribution... Ca veut dire quoi intégrer une distribution ?
  • reuns
    reuns
    Si $u$ est une distribution supportée sur un compact (ici $[0,1]$) alors $\langle u,\Phi \rangle$ est bien défini (et continu) pour $\Phi \in C^\infty(\R)$

    et $\int u $ est la distribution définie par $$\forall \phi \in C^\infty_c(\R), \qquad \langle \int u,\phi\rangle = -\langle u,\int_{-\infty}^. \phi\rangle$$
    Quand tu dis que $u \in H^{-s}[0,1]$ ça veut dire que si $\|\Phi_n \|_{H^{s}[0,1]}\to 0$ alors $|\langle u, \Phi_n\rangle| \to 0$

    Si $\|\phi_n \|_{H^{s-1}[0,1]}\to 0$ alors $\|\int \phi_n \|_{H^s[0,1]}\to 0$ donc $|\langle \int u, \phi_n\rangle| \to 0$ et $$\int u \in H^{1-s}[0,1]$$
  • YEO
    YEO
    reuns , à la fin de ton message, tu veux plutôt dire $\int u \in H^{1-s} $ ?
  • YEO
    YEO
    Si je comprends bien, on a la chose suivante:

    Si $u\in H^{-s}([0,1])$, alors $\int u \in H^{1-s}([0,1] )$ ; avec $\int u $ défini au sens donné par reuns.

    C'est bien ça ?
  • reuns
    reuns
    Oui, de quoi n'es-tu pas sûr ?

    Note que $\int u$ n'est pas supportée sur $[0,1]$ mais sur $[0,\infty)$ et est donc $H^{1-s}_{loc}(\R)$

    Pour représenter $u$ : comme toute distribution d'ordre fini $k$,
    $u$ est la dérivée $k+1$-ème d'une fonction continue, ici on peut prendre $k= \lceil s\rceil$

    (essaye avec la dérivée seconde de $|x-1/2|$ qui est $\delta(x-1/2)$ et qui est dans $H^{-1}$)
  • YEO
    YEO
    Merci reuns pour tes lumières !
    Mais mon souci porte maintenant sur la borne d'intégration. En effet, l'idée est d'avoir $\displaystyle \int_0^.\!\!\!u(y)dy \in H^{1-s}([0,1])$. Mais quand tu écris $\displaystyle \int u \in H^{1-s}([0,1])$, je ne sais pas si cela signifie la même chose. Dis-moi .

    Avec tout ce qui vient 'être dit, peut-on conclure la chose suivante :

    Si $A$ désigne l'opérateur de $ \displaystyle L^2([0,1])$ dans $H^1(0,1)$, qui à une fonction f associe $\displaystyle A(f)(x)=\int_0^x f(y)dy $.
    La question est la suivante : étant donné $1/2<s<1$ (on peut le choisir aussi près de 1/2 que l'on veut), est-ce que $A$ s'étend en un
    opérateur continu de $ H^{-s}([0,1])$ dans $H^{1-s}(0,1)$ ?

    Ps : je ne suis pas trop familier avec la théorie des distributions.
  • reuns
    reuns
    Comment dire, tu dois penser les distributions comme des limites de suites de fonctions $(f_n)$ (continues, intégrables, $C^\infty_c$..) telles que pour tout $\phi \in C^\infty_c$, $\lim_{n \to \infty} \int_{-\infty}^\infty f_n(x) \phi(x)dx$ converge,

    et la limite $f$ n'est pas une fonction mais juste l'opérateur $<f,\phi>=\lim_{n \to \infty} \int_{-\infty}^\infty f_n(x) \phi(x)dx$.

    Pour $H^{-s}$ c'est pareil sauf qu'on demande que ça converge pour tout $\phi\in H^s$.

    Donc pour intégrer $f$ on prend une suite $f_n \in C^\infty_c$ et on intègre chaque $f_n$ et on regarde si $\lim_{n \to \infty}\int f_n$ converge, toujours au sens des distributions. Ici tu vois clairement comment choisir la borne d'intégration : si toutes les $f_n $ sont supportées sur $[0,1]$ alors $\int_{-\infty}^x$ ou $\int_0^x$ donnera le même résultat.

    Le théorème c'est que si $f$ est supportée sur un compact alors $f = F^{(k)}$ pour un $k$ fini et une fonction continue $F$, c'est à dire que $f_n = F_n^{(k)}$ et les $F_n$ convergent uniformément vers $F$, par exemple on peut prendre $F_n = F \ast n e^{-\pi n^2 x^2}$.

    Ensuite tu dois commencer à définir les topologies de $C^\infty_c$ et $C^\infty$ : $\phi \mapsto \int \phi$ est continue $C^\infty_c \to C^\infty$, donc cette continuité s'étend à $f \mapsto \int f$ quand $f$ est supportée sur un compact. Et cette continuité s'étend aussi à $H^{-s}[0,1] \to H^{1-s}_{loc}(\R)$.
  • YEO
    YEO
    Ok pour la première partie de la réponse.

    En ce qui concerne la deuxième partie, c'est encore flou pour moi. D'abord les extensions sont un peu rapide pour moi. Comment les justifiées ?
    Ensuite je suis dans un cas où je veux étendre l'opérateur $A \phi = \int \phi $ qui $ L^2([0,1]) \longrightarrow H^{1}([0,1])$ en l'opérateur $A \phi = \int \phi $ qui $H^{-s}([0,1]) \longrightarrow H^{1-s}([0,1])$. Donc ici je n'ai pas le cas $ C^{\infty}_c$ . Si on est $L^2$ on n'est pas forcement $C^{\infty}$.

    Merci d'avance.
  • YEO
    YEO
    Bonjour à tous
    Je repose ici une question pour laquelle je n'ai pas eu assez de réponses. On considère l'opérateur
    $ \displaystyle A: L^2([0,1]) \longrightarrow H^{1-s}([0,1])$
    $ \displaystyle \qquad \qquad \quad f \longmapsto \int_0^. \! \! \! \! \!f(y)dy$.

    La question est :
    1) peut-on étendre $A$ en un opérateur qui envoie $H^{-s}([0,1])$ sur $H^{1-s}([0,1])$ ?
    (avec des conditions aux limites, éventuellement périodiques).

    2) Cela marche-t-il pour tout $s \geq 0$ ?
    3) Est-ce que cela marche si on remplace $[0,1]$ par $[0,1]^d$ , avec $d=2$ ou $3$ ? (avec des conditions aux limites, éventuellement périodiques)

    EN VOUS REMERCIANT D'AVANCE POUR VOS LUMIÈRES.

    [Restons dans la discussion que tu as ouverte sur le sujet. AD]
  • reuns
    reuns
    Je t'ai déjà répondu et tu n'as visiblement fait aucun progrès ni effort

    Je ne pense même pas que tu saches définir $H^{-s}[0,1]$ (les séries de Fourier te disent quelque chose ?)
  • YEO
    YEO
    Reuns, bien sûr que je connais les séries de Fourier. Si $s\in \mathbb{R}$, une façon de définir $ H^{s}$ est la suivante (que j'utilise régulièrement) : $$

    H^{s}\big([0,1]^d\big)=\left\{ \varphi \in L^2\big([0,1]^d\big) : \Vert \varphi\Vert_{H^{s}}^2= \sum_m\langle \;\varphi , f_m\;\rangle^2\big(1+\lambda_m\big)^{s} < \infty \right\}.

    $$ Les $f_m$ (resp. $\lambda_m$ ) étant les fonctions propres (resp. valeurs propres ) du laplacien sur $[0,1]^d$.
    $<. , . > $ désignant le produit scalaire dans $L^2([0,1]^d)$.

    Je sais aussi qu'il existe une définition avec les transformées de Fourier; et d'autres définitions aussi.
  • Tryss
    Tryss
    Pour une fonction $f$ régulière, $\Pi(f) = \int_0^x f(t) dt $ défini la distribution
    $\langle \Pi(f) , \varphi\rangle = \int_0^1 \varphi(x) \int_0^x f(t) dt dx = \int_0^1 f(t) \int_t^1 \varphi(x) dx dt = \langle f, \bar{\Pi}(\varphi) \rangle$

    Donc on aurait bien envie de définir $\Pi$ par dualité : $\langle \Pi(T) , \varphi\rangle= \langle T, \bar{\Pi}(\varphi) \rangle $
    Ici, il faudrait donc savoir si $\|\Pi(u)\|^2_{H^{1-s}} < +\infty $ pour $u\in H^{-s}$.

    C'est-à-dire $\sum_m \langle u, \bar{\Pi}(f_m) \rangle^2 (1+\lambda_m)^{1-s}<\infty$ dès que $\sum_m \langle u, f_m \rangle^2 (1+\lambda_m)^{-s}<\infty$
  • Héhéhé
    Héhéhé
    Non ca ne marche pas toujours il faut faire attention aux conditions aux bords.
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