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Il y'a un point pas  pas très nette. C'est comment expliquer que [tex]T[/tex] s'étend à une fonction continue de [tex]L^2(\Omega)?[/tex] L'hypothèse de l'exercice nous dit que [tex]T[/tex] est continue dans [tex]L^2,[/tex] et où intervient exactement la densité de [tex]\mathcal{D}[/tex] dans [tex]L^2?[/tex] Merci bien.

Soit [tex]K = supp \varphi \cap U = [-a,a] \times [c,d][/tex] avec [tex]a> 0, c > 0, d > 0.[/tex]
[tex]\langle T , \varphi \rangle = \displaystyle\int\displaystyle\int_K x \varphi(x,y) dx dy  \leq ||\varphi||_{\infty} \displaystyle\int \displaystyle\int_K x dx dy = C ||\varphi||_{\infty}.[/tex]
donc [tex]T[/tex] est bien définie.

[tex]T[/tex] est linéaire par linéarité de l'intégrale double.

pour la continuité, soit [tex]C[/tex] un compact, et soit [tex] \varphi \in \mathcal{D}_C(\mathbb{R}^2).[/tex] On fait comme pour montrer que T est bien définie, et on trouve que T est continue.
Donc T est une distribution.

Question 1: est-ce qu'on peut dire directement que puisque [tex]\varphi[/tex] est à support compact, et puisqu'on intègre sur [tex]\mathbb{R}^2[/tex], alors son support doit etre inclus dans [tex]U[/tex] sinon, l'intégrale est nulle. Donc on commence par: soit [tex]K[/tex] un compact qui contient le support de [tex]\varphi[/tex] et en enchaîne.????

Question 2: comment définir le support de la distribution T?
merci bien

Oui, c'est pour prouver que [tex]T[/tex] est une distribution. Donc, on commence par prouver que [tex]T[/tex] est finie.
Il y'a un moyen de montrer qu'elle est finie?
Merci.

Bonjour
L' exo est de montrer par l'absurde qu'une forme bilinéaire continue n'est pas coercive. J'ai commencé à faire la preuve et je n'arrive pas à la finir.
les hypothèses:
[tex]\lambda_{w,g}[/tex] sont des des fonctions [tex]C^1([0,1])[/tex] telles que [tex]0 \leq \lambda_{w,g}(S) \leq 1.[/tex]
[tex]\rho_{w,g}[/tex] sont des fonctions monotones et de classe [tex]C^1[/tex] sur [tex]\mathbb{R},[/tex] et elle sont bornée.
On note
\begin{align*}
& a((\varphi_w,\varphi_g),(\varphi_w,\varphi_g)) = \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_w(\overline{R},\overline{S}) \lambda_w(\overline{S}) K \nabla \varphi_w \nabla \varphi_w dx\\[10pt]
& + \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_g(\overline{R},\overline{S}) \lambda_g(\overline{S}) K \nabla \varphi_g \nabla \varphi_g dx + \eta \displaystyle\int_{\varOmega} \nabla (\varphi_w - \varphi_g) \varphi_w dx\\[10pt]
& + \eta \displaystyle\int_{\varOmega} \nabla (\varphi_g - \varphi_w) \nabla \varphi_g dx\\[14pt]
& = \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_w(\overline{R},\overline{S}) \lambda_w(\overline{S}) K |\nabla \varphi_w|^2 dx + \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_g (\overline{R},\overline{S}) \lambda_g(\overline{S}) K |\nabla \varphi_g|^2 dx\\[10pt]
& + \eta ||\nabla \varphi_w||^2_{L^2} + \eta ||\nabla \varphi_g||^2_{L^2} - 2 \eta \displaystyle\int_{\varOmega} \nabla \varphi_w \nabla \varphi_g dx
\end{align*}

On montre l'existence de [tex]\nu[/tex] par l'absurde. On suppose que [tex]a[/tex] n'est pas coercive, dans ce cas on a:
[tex]\forall \nu > 0, \exists (\varphi_w,\varphi_g) \in (H^1_{\Gamma_1}): a((\varphi_w,\varphi_g),(\varphi_w,\varphi_g)) < \nu ||(\varphi_w,\varphi_g)||^2_{H^1_{\Gamma_1}}[/tex]

On choisit [tex]||(\varphi_w,\varphi_g)||^2_{H^1_{\Gamma_1}} = ||\varphi_w||^2_{H^1_{\Gamma_1}} + ||\varphi_g||^2_{H^1_{\Gamma_1}}[/tex]

On a donc en particulier, en prenant [tex]\nu = \dfrac{1}{n}.[/tex]

[tex]\forall n \in \mathbb{N}, \exists (\varphi_w^n,\varphi_g^n) \in (H^1_{\Gamma_1})^2: a((\varphi_w^n,\varphi_g^n),(\varphi_w^n,\varphi_g^n)) < \dfrac{1}{n} (||\varphi_w^n||^2_{H^1_{\Gamma_1}} + ||\varphi_g^n||^2_{H^1_{\Gamma_1}})[/tex]

On prend [tex]||(\varphi^n_w,\varphi_g^n)||^2 = 2[/tex] (i.e., [tex]||\varphi_w^n||^2 = 1[/tex] et [tex]||\varphi_g^n||=1[/tex])
Ainsi, [tex]a(\varphi_w^n,\varphi_g^n),(\varphi_w^n,\varphi_g^n)) < \dfrac{2}{n}[/tex]

De plus, on a:
\begin{align*}
& \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_w(\overline{R},\overline{S}) \lambda_w(\overline{S}) |\nabla \varphi_w^n|^2 dx + \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_g(\overline{R},\overline{S}) \lambda_g(\overline{S}) K |\nabla \varphi_g^n|^2 dx\\[10pt]
& + \eta ||\nabla \varphi_w^n||^2_{L^2} + \eta ||\nabla \varphi_g^n||^2_{L^2} - 2 \eta \displaystyle\int \nabla \varphi_w^n \nabla \varphi_g^n dx < \dfrac{2}{n} \rightarrow 0
\end{align*}

donc
\begin{align*}
& \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_w(\overline{R},\overline{S}) \lambda_w(\overline{S}) |\nabla \varphi_w^n|^2 dx + \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_g(\overline{R},\overline{S}) \lambda_g(S) K |\nabla \varphi_g^n| dx\\[10pt]
& \eta \displaystyle\int_{\varOmega} \nabla (\varphi_w^n - \varphi_g^n)^2 dx < \dfrac{2}{n} \rightarrow 0 \quad \mbox{quand} n \mbox{tend vers} + \infty
\end{align*}

Chaque terme étant positif:
\begin{align*}
& \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_w(\overline{R},\overline{S}) \lambda_w(\overline{S}) |\nabla \varphi_w^n|^2 dx \rightarrow 0\\[10pt]
& \displaystyle\int_{\varOmega} \rho_g(\overline{R},\overline{R}) \lambda_g(\overline{S}) K |\nabla \varphi_g^n|^2 dx \rightarrow 0\\[10pt]
& \eta \displaystyle\int_{\varOmega} \nabla (\varphi_w^n - \varphi_g^n)^2 dx \rightarrow 0
\end{align*}

Comment finir?

quelqu'un a une piste?

Je reprend.
[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^{+\infty} x^{\alpha} \varphi(x) dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(x) dx + \displaystyle\int_1^{+\infty} x^{\alpha} \varphi(x) dx[/tex]

La deuxième partie ne m'embete pas puisqu'elle ne dépend pas de [tex]\epsilon.[/tex] Pour [tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(x) dx[/tex]. On a

[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(x) dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}(\varphi(x) - \varphi(0)) dx + \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(0) dx[/tex].

D'un coté,

[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} \varphi(0) dx = - \dfrac{\varphi(0)}{\alpha + 1} \epsilon^{\alpha + 1} + \dfrac{\varphi(0)}{\alpha + 1}[/tex].

D'un autre coté,

[tex] 0 \leq \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} (\varphi(x) - \varphi(0)) dx \leq M \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha+1} dx[/tex]

puisque le membre de droite de cette dérnière inégalité est intégrable en 0, alors [tex]\displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} (\varphi(x) - \varphi(0))dx [/tex] a une limite finie? pourquoi? et quelle est cette limite je t'en prie?

[tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x \varphi(x) dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} (\varphi(x) - \varphi(0) dx + \varphi(0) \left[\dfrac{1}{\alpha + 1} - \dfrac{\epsilon^{\alpha +1}}{\alpha + 1}\right][/tex]
[tex] |\displaystyle\int_{\epsilon}^1 x \varphi(x) dx \leq M \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha} |x| dx + \varphi(0) \left[\dfrac{1}{\alpha + 1} - \dfrac{\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha + 1}\right][/tex]
puisque [tex] \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha}|x| dx = \displaystyle\int_{\epsilon}^1 x^{\alpha+1} dx = \left[\dfrac{x^{\alpha+2}}{\alpha + 2}\right]_{\epsilon}^1 = \dfrac{1}{\alpha + 2} - \dfrac{\epsilon^{\alpha +2}}{\alpha + 2}[/tex]

donc

[tex] |\displaystyle\int_{\epsilon}^1 x \varphi(x) dx| \leq M \left[\dfrac{1}{\alpha + 2} - \dfrac{\epsilon^{\alpha + 2}}{\alpha + 2}\right] + \varphi(0) \left[\dfrac{1}{\alpha +1} - \dfrac{\epsilon^{\alpha+1}}{\alpha+1}\right][/tex]

Je ne comprend pas comment on passe à la limite et en déduit a et b

Salut Roro
mon problème est que je ne sais pas quelle norme identifier sur [tex](H^1_0)^2[/tex] je ne sais pas dutout