Problème avec une fonction qui tend vers un Dirac

invite93279690 · 30/07/2007, 15h33

Bonjour,

J'ai un peu du mal à montrer que :
$\lim_{ \epsilon \rightarrow 0} \: \frac{ \epsilon }{ \pi } \: \frac{ \sin^2\left(\frac{x}{ \epsilon } \right) }{ x^2 } = \delta(x)$

J'ai appris quand j'ai vu les distributions que je devais montrer que, en prenant une fonction test $\phi \:\: \in \:\: \Sigma$ à support fini on doit avoir :

$\int_{-\infty}^{+\infty} \lim_{ \epsilon \rightarrow 0} \: \frac{ \epsilon }{ \pi } \: \frac{ \sin^2\left(\frac{x}{ \epsilon } \right) }{ x^2 } \phi(x) dx = \phi(0) \:\: \forall \:\: \phi \:\: \in \Sigma$

Là honnetement je vois pas trop par où commencer, si quelqu'un pouvait m'aider ça serait sympa.

Merci d'avance !

**invited5b2473a** · 30/07/2007, 16h17

T as essaye avec le TCD?

invite93279690 · 30/07/2007, 17h04

Envoyé par indian58

T as essaye avec le TCD?

Je dois pas être à jour au niveau abreviation

c'est quoi le TCD ?

**invite35452583** · 31/07/2007, 01h11

Le TCD est le th. de convergence dominée mais je ne vois pas comment on pourrait l'utiliser ici.

Je peux t'aider à montrer la convergence vers un opérateur colinéaire à l'opérateur de Dirac en 0.
On découpe $\int_{-\infty}^{+\infty} \: \frac{ \epsilon }{ \pi } \: \frac{ \sin^2\left(\frac{x}{ \epsilon } \right) }{ x^2 } \phi(x) dx$ en somme de l'intégrale sur $[-n\epsilon ; n\epsilon]$ d'une part et sur l'extérieur de cet intervalle d'autre part.
Sur l'extérieur on majore $\phi$ par M=ll $\phi$ ll₀, sin² par 1, on obtient une majoration impliquant une convergence vers 0 de cette partie si n tend vers $+\infty$
Sur le compact, on pose $\phi=\phi(0) +g$ , cette somme passe à l'intégrale.
La partie avec g on majore g(x) par $\delta$ , on pose $y=\frac{x}{\epsilon}$ , on "pousse" les bornes à l'infini, on obtient une majoration par le produit de $\delta$ par une intégrale impropre convergente (indépendante de $\epsilon$ et de n). Pour la convergence vers 0, il suffit donc que $n.\epsilon$ tende vers 0* car $\phi$ est continue en zéro (* : n doit tendre vers +infini tandis que n. $\epsilon$ tend vers 0, ce qui est possible, en posant n=-ln(e) par exemple).
La partie avec $\phi(0)$ se traite comme celle juste avant, mais avec plus de précaution car on ne se contente plus de majorer et donc de justification. En posant $y=\frac{x}{\epsilon}$ , on obtient une limite égale à $\phi(0) $ \frac1{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(y)}{y^2} dy $$ .
Finalement :
$\lim_{ \epsilon \rightarrow 0} $ \int_{-\infty}^{+\infty} \: \frac{ \epsilon }{ \pi } \: \frac{ \sin^2\left(\frac{x}{ \epsilon } \right) }{ x^2 } \phi(x) dx $ = \phi(0) $ \frac1{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(y)}{y^2} dy $$
""Reste"" à montrer que $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(y)}{y^2} dy=\pi$
Pour ce dernier point je n'ai pas d'idée, le théorème des résidus ne me semble pas adapté mais je peux me tromper.

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

**invited5b2473a** · 31/07/2007, 10h28

Si si, avec le th des residus, ca marche.

**invite35452583** · 01/08/2007, 12h35

Envoyé par indian58

Si si, avec le th des residus, ca marche.

Tu peux préciser STP car en l'état la fonction (son extension à C pour être plus précis) que l'on intègre est holomorphe sur C (son seul pôle pourrait être 0 mais il est évident que celui-ci n'en est pas un).
Après transformation :
intégration par parties u'=1/y² v=sin²(y), puis changement de variable z=2y donne (on coupe l'intégrale en deux sur 0,+inf, puis on repasse à inf,+inf)
$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(y)}{y^2} dy= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin(2y)}{y} dy = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin(z)}{z} dz$
C'est original, je ne pense pas que cela arrive souvent que l'intégrale d'une fonction soit égal à l'intégrale de son carré mais c'est toujours aussi holomorphe.
Cela permet de transformer l'intégrale éventuellement mais je n'ai débouché sur rien de calculable (en tout cas par moi).

Après le changement de variable (dans l'intégrale originale) x=1/y (en découpant encore le domaine d'intégration)
$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(y)}{y^2} dy= \int_{-\infty}^{+\infty} sin ( \frac1{x^2}) dx$
Celle-ci est holomorphe sur C\{0}, son intégrale sur un demi-cercle centré en 0 dont le rayon tend vers l'infini converge vers 0, mais on ne peut appliquer le théorème des résidus directement car l'intégrale sur un petit demi-cercle centré en 0 ne tend pas vers 0. ce que l'on a c'est que notre intégrale est égale à la limite quand r tend vers 0 de l'intégrale sur ce demi-cercle (mais je ne sais pas plus la calculer), on peut aussi prendre d'autre contour (j'ai cherché avec un rectangle infiniment mince en partie réele et infiniment long en imaginaire pur mais pas plus de succés sur le calcul de la limite).

Bref, pour ma part je n'y arrive pas alors si tu as une idée ne te gène pas.

**invited5b2473a** · 01/08/2007, 14h54

tu ecris sin(x) = 1/2i ( e^ix - e^-ix) . Tu separes l'integrale en deux. Et tu appliques le th des residus avec un chemin constitue d'un demi-cercle de rayon R de diametre l axe des abscisses et de rayon R , d'un toutpetit demi-cercle de rayon epsilon autour de 0 et de deux segments joignants les cercles.

**invite35452583** · 01/08/2007, 16h39

Envoyé par indian58

tu ecris sin(x) = 1/2i ( e^ix - e^-ix) . Tu separes l'integrale en deux. Et tu appliques le th des residus avec un chemin constitue d'un demi-cercle de rayon R de diametre l axe des abscisses et de rayon R , d'un toutpetit demi-cercle de rayon epsilon autour de 0 et de deux segments joignants les cercles.

Ce qu tu me dis là, c'est une des formes de la technique classique de l'application du théorème des résidus pour le calcul des intégrales réelles impropres. Mais encore faut-il pouvoir calculer les limutes des intégrales sur le petit et le grand cercle.
Pour une des 3 formes de l'intégrale ci-dessus, tu arrives à maitriser les 2 intégrales sur les cercles ? Pour ma part, je n'aboutis au calcul qu'un sur deux pour chacune de ces formes.

invite93279690 · 02/08/2007, 16h31

Envoyé par homotopie

Tu peux préciser STP car en l'état la fonction (son extension à C pour être plus précis) que l'on intègre est holomorphe sur C (son seul pôle pourrait être 0 mais il est évident que celui-ci n'en est pas un).
Après transformation :
intégration par parties u'=1/y² v=sin²(y), puis changement de variable z=2y donne (on coupe l'intégrale en deux sur 0,+inf, puis on repasse à inf,+inf)
$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(y)}{y^2} dy= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin(2y)}{y} dy = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin(z)}{z} dz$
C'est original, je ne pense pas que cela arrive souvent que l'intégrale d'une fonction soit égal à l'intégrale de son carré mais c'est toujours aussi holomorphe.
Cela permet de transformer l'intégrale éventuellement mais je n'ai débouché sur rien de calculable (en tout cas par moi).

Bref, pour ma part je n'y arrive pas alors si tu as une idée ne te gène pas.

Merci pour ce raisonnement je n'y avais pas pensé, j'étais bloqué sur le calcul des intégrales de contours en faisant le calcul directement sur $\frac{\sin^2(x)}{x^2}$ où, je n'explique pas pourquoi, lorsque j'applique des méthodes qui selon moi marchent, ça ne marche pas...

Ce qu tu me dis là, c'est une des formes de la technique classique de l'application du théorème des résidus pour le calcul des intégrales réelles impropres. Mais encore faut-il pouvoir calculer les limutes des intégrales sur le petit et le grand cercle.
Pour une des 3 formes de l'intégrale ci-dessus, tu arrives à maitriser les 2 intégrales sur les cercles ? Pour ma part, je n'aboutis au calcul qu'un sur deux pour chacune de ces formes.

On doit cacluler :
$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin z}{z}dz = \Im\mathcal{m}\left(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{iz}}{z}dz \right) \equiv \Im\mathcal{m}(I)$
On étend l'intégrale au domaine complexe et on définit :
$J=\oint_{\Gamma}\frac{e^{iz}}{z}dz$
où $\gamma$ est un contours dans la partie supérieure du plan complexe (important) constitué d'un demi cercle de rayon $R$ qui tend à l'infini et d'un petit cercle de rayon $r$ qui tend à zéro pour éviter le pole en zéro comme vous avez fait en fait.
Ensuite on peut écrire :
$J=I + \int_{\Gamma(R)}\frac{e^{iz}}{z}dz + \int_{\Gamma(r)}\frac{e^{iz}}{z}dz$
On s'occupe tout d'abord du deuxième terme :
$\begin{eqnarray}\int_{\Gamma(R)}\frac{e^{iz}}{z}dz &=& \lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^{\pi}\frac{e^{iRe^{i\phi}}}{Re^{i\phi}}iRe^{i\phi}d\phi \nonumber \\ &=&\lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^{\pi}e^{iRe^{i\phi}} id\phi \nonumber \\&=& \lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^{\pi}e^{iR\cos(\phi)}e^{-R\sin(\phi)} id\phi \rightarrow 0,\:\phi\:\in\left[0,\pi\right]\nonumber \end{eqnarray}$
Ensuite pour le troisième terme, on a :
$\begin{eqnarray}\int_{\Gamma(r)}\frac{e^{iz}}{z}dz &=& \lim_{r \rightarrow 0} \int_{\pi}^0\frac{e^{ire^{i\phi}}}{re^{i\phi}}ire^{i\phi}d \phi \nonumber \\ &=& \lim_{r \rightarrow 0} \int_{\pi}^0e^{ire^{i\phi}} i d \phi \nonumber \\ & =& \lim_{r \rightarrow 0} \int_{\pi}^0\left(1+ire^{i\phi}+o(r^2)\right) i d \phi \nonumber \\ &=& -i \pi \nonumber \end{eqnarray}$
Or, $J=0$ (car $\Gamma$ ne contient pas de pôle en son intérieur) et on a donc :
$I= i \pi$
Ce qui donne $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin z}{z}dz =\Im\mathcal{m}(I) = \pi$

**invite35452583** · 02/08/2007, 23h09

Je n'ai pas assez exploité la simplification en sin(z)/z. Ca marche pour celle-ci en effet.
Bon ben voilà c'est fait.

invite93279690 · 03/08/2007, 08h42

Envoyé par homotopie

Je n'ai pas assez exploité la simplification en sin(z)/z. Ca marche pour celle-ci en effet.
Bon ben voilà c'est fait.

En tout cas merci pour votre aide à tous !

**invited5b2473a** · 03/08/2007, 09h53

Envoyé par gatsu

Merci pour ce raisonnement je n'y avais pas pensé, j'étais bloqué sur le calcul des intégrales de contours en faisant le calcul directement sur $\frac{\sin^2(x)}{x^2}$ où, je n'explique pas pourquoi, lorsque j'applique des méthodes qui selon moi marchent, ça ne marche pas...

On doit cacluler :
$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin z}{z}dz = \Im\mathcal{m}\left(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{iz}}{z}dz \right) \equiv \Im\mathcal{m}(I)$
On étend l'intégrale au domaine complexe et on définit :
$J=\oint_{\Gamma}\frac{e^{iz}}{z}dz$
où $\gamma$ est un contours dans la partie supérieure du plan complexe (important) constitué d'un demi cercle de rayon $R$ qui tend à l'infini et d'un petit cercle de rayon $r$ qui tend à zéro pour éviter le pole en zéro comme vous avez fait en fait.
Ensuite on peut écrire :
$J=I + \int_{\Gamma(R)}\frac{e^{iz}}{z}dz + \int_{\Gamma(r)}\frac{e^{iz}}{z}dz$
On s'occupe tout d'abord du deuxième terme :
$\begin{eqnarray}\int_{\Gamma(R)}\frac{e^{iz}}{z}dz &=& \lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^{\pi}\frac{e^{iRe^{i\phi}}}{Re^{i\phi}}iRe^{i\phi}d\phi \nonumber \\ &=&\lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^{\pi}e^{iRe^{i\phi}} id\phi \nonumber \\&=& \lim_{R \rightarrow \infty} \int_0^{\pi}e^{iR\cos(\phi)}e^{-R\sin(\phi)} id\phi \rightarrow 0,\:\phi\:\in\left[0,\pi\right]\nonumber \end{eqnarray}$
Ensuite pour le troisième terme, on a :
$\begin{eqnarray}\int_{\Gamma(r)}\frac{e^{iz}}{z}dz &=& \lim_{r \rightarrow 0} \int_{\pi}^0\frac{e^{ire^{i\phi}}}{re^{i\phi}}ire^{i\phi}d \phi \nonumber \\ &=& \lim_{r \rightarrow 0} \int_{\pi}^0e^{ire^{i\phi}} i d \phi \nonumber \\ & =& \lim_{r \rightarrow 0} \int_{\pi}^0\left(1+ire^{i\phi}+o(r^2)\right) i d \phi \nonumber \\ &=& -i \pi \nonumber \end{eqnarray}$
Or, $J=0$ (car $\Gamma$ ne contient pas de pôle en son intérieur) et on a donc :
$I= i \pi$
Ce qui donne $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin z}{z}dz =\Im\mathcal{m}(I) = \pi$

C'est ce que je comptais poster!

invite7753e15a · 08/08/2007, 10h53

C'est quoi le "o barré" ? En Mathématiques ?

**Seirios** · 08/08/2007, 10h57

Celui-ci $\oint$ ? (l'expression "o barré" fait un peu bizarre comme expression...)

invite7753e15a · 08/08/2007, 11h01

Le premier symbole. Mince ! Je fais une autre fenetre.

invite7753e15a · 08/08/2007, 11h03

Envoyé par gatsu

J'ai appris quand j'ai vu les distributions que je devais montrer que, en prenant une fonction test $\phi \:\: \in \:\: \Sigma$ à support fini on doit avoir :

Voila, le premier symbole.
Merci de vos réponses.

**Calvert** · 08/08/2007, 11h05

Ce n'est pas un o barré, il s'agit de la lettre grecque "phi" (\phi ou \varphi avec latex). Elle désigne ici un certain type de fonction.

**Seirios** · 08/08/2007, 11h06

C'est simplement la lettre grec phi. Tu peux l'utiliser pour n'importe quoi, il suffit de la définir, mais on l'utilise souvent comme une fonction en mathématiques, ou comme la phase en physique.

invite7753e15a · 08/08/2007, 11h07

Donc, si je comprends bien, elle ne veut rien dire de particulier ?
C'est l'utilisateur de ce terme, qui lui donne son sens ?

**Seirios** · 08/08/2007, 11h08

Non, cela dépend de la définition qu'on lui donne.

invite7753e15a · 08/08/2007, 11h20

Ha ok, merci beaucoup Phys2

**invited5b2473a** · 08/08/2007, 16h09

Envoyé par homotopie

Ce qu tu me dis là, c'est une des formes de la technique classique de l'application du théorème des résidus pour le calcul des intégrales réelles impropres.

C'est effectivement un calcul classique que tout etudiant en analyse complexe connait, ou a peu pres

.

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