Université de Marne la vallée
Guillaume TA
Académie de Créteil
semi-groupes, isopérimétrie
et hypercontractivité
INTRODUCTION
Dans ce T.E.R entrepris dans la première année de master en mathématique, nous allons étu-dier les propriétés des semi-groupes de la chaleur et de Hermite.
Dans le cas du semi-groupe de la chaleur, nous verrons, comment une propriété nous permettra de mettre en évidence l'isopérimétrie dans l'espace Rn muni de la mesure de Lebesgue.
Pour le semi-groupe de Hermite, après une introduction de la mesure Gaussienne, nous verrons le lien qui existe entre une inégalité de Sobolev et sa propriété d'hypercontractivité.
Table des matières
1 le semigroupe de la chaleur et l'isopérimétrie. 4
1.1 présentation du semi groupe de la chaleur. . . 4
1.2 une première proposition. . . 5
1.2.1 première partie . . . 6
1.2.2 deuxième partie . . . 10
1.2.3 troisième partie . . . 11
1.3 une deuxième propostion. . . 15
1.4 l'isopérimétrie démontrée . . . 19
1.5 une autre propriété du semi-groupe de la chaleur . . . 20
2 le lien entre l'hypercontractivité et une inégalité de Sobolev 22 2.1 introduction du semi gourpe de Hermite . . . 22
2.2 l'hypercontractivité entraine l'inégalité de Sobolev . . . 23
Chapitre 1
le semigroupe de la chaleur et
l'isopérimétrie.
1.1 présentation du semi groupe de la chaleur.
Nous voulons dans ce chapitre montrer comment le semi-groupe de la chaleur nous permettra d'atteindre l'isopérimétrie dans Rn pour cela introduisons quelques notions.
Le semi groupe de la chaleur est un opérateur de fonction, il est régi comme son nom l'indique par l'équation de la chaleur, et est dé ni par la formule :
Ttf (x) =
Z
Rn
f (x +√2ty)dγn(y), x ∈ Rn f ∈ L1(dx)
si l'on considère le semi groupe selon le temps t alors nous pouvons observé comment la chaleur se diuse dans le temps.
nous pouvons voir aussi que Ttf (x)peut se mettre sous la forme d'une convolution ce qui permettra
par la suite de démontrer des égalités plus facilement Ttf (x) = Z Rn f (x +√2ty)dγn(y) = Z Rn f (x −√2ty)dγn(y) = Z Rn f (x −√2ty)e−|y|22 1 (2π)n2 d(y) en ayant |y|2 =P y2 i
on opere le changement de variable suivant : √2ty = z ⇒ dy = dz
(2t)n2
Ttf (x) = 1 (2t)n2(2π)n2 Z Rn f (x − z)e−|z|24t dz = f ∗ gt(x) ou gt(x) = e −|z|2 4t (4tπ)n2
conservons donc comme notation gt(x)comme la fonction caractéristique de l'opérateur de la chaleur
nous pouvons à partir du semi-groupe dé nir une fonction sur les ensemble de Rn dé ni par
KtT(A; B) = Z
B
Tt(IA)dx
En considèrant la dé nition du volume d'un compact A de Rn par si f une fonction C∞ à support
compact vers lindicatrice de A alors : Z
|∇f | → vol0n−1(∂A)
1.2 une première proposition.
Pour tout compact A de Rn à bord lisse et pour tout t positif.
KtT(A, Ac) ≤ t π
12
voln−1(∂A)
Cette démonstration reposant sur une sucession de plusieurs résulats nous la découperons en trois grandes parties. Ainsi pour ne pas se perdre dans les diérents calculs nous mettons les grandes lignes de la preuve. Etape 1) Z Rn g(Ttf − f )dx = − Z t 0 Z Rn h∇Tsg; ∇f i dx ds Etape 2) Z Rn h∇Tsg; ∇f i dx = 1 √ 2s Z Rn Z Rn
g(x +√2ty) hy; ∇f (x)i dx dγn(y) Etape 3) − Z Rn Z Rn IAc(x + √
2ty) hy; ∇f (x)i dx dγn(y) ≤ 1 √ 2π Z |∇f |dx
1.2.1 première partie
Soit g et f des fonctions positives C∞ et à support compact de Rn. pour tout t ≥ 0 nous avons par
intégration de la dérivée : Z Rn g(Ttf − f )dx = Z Rn g Z t 0 d ds(Ttf )ds dx
En ayant remarqué que T0f (x) =
Z
Rn
f (x +√2 × 0y)dγn(y) = f (x)
nous allons montrer que l'on a la relation d
dsTsf (x) = ∆Tsf (x)
démonstration
en dérivant sous le signe somme nous voyons directement que d dsTsf (x) = d ds(f ∗ gs)(x) = d ds Z Rn f (x − z)gs(z)dz =Z Rn f (x − z) d dsgs(z)dz =(f ∗ d dsgs)(x)
de plus comme l'on a la relation ∆Tsf (x) = (f ∗ ∆gs)(x) véri ée par le calcul suivant
Tsf (x) = ∆(f ∗ g)(x) = ∂ 2 ∂x2 1 (g ∗ f )(x) + . . . + ∂ 2 ∂x2 n (g ∗ f )(x) = g ∗ ∂ 2 ∂x2 1 f (x) + . . . + g ∗ ∂ 2 ∂x2 n f (x) = g ∗ ∂ 2 ∂x2 1 f + . . . + ∂ 2 ∂x2 1 f (x) = g ∗ ∂ 2 ∂x2 1 f + . . . + ∂ 2 ∂x2 1 f (x)
Pour montrer l'égalité il su t de véri er que ∆gs(x) =
d dsgs(x)
nous allons pour cela calculer séparement les deux expressions
gt(x) = 1 (4π)n2 × 1 tn2 e−|x|24t d dtgt(x) = 1 (4π)n2 × − n 2t n 2−1 tn e −|x|2 4t + 1 tn2 ×|x| 2 4t2e −|x|2 4t ! = 1 (4π)n2 e−|x|24t −n 2 × 1 tn2 × t + 1 tn2 × |x| 2 4t2 d dtgt(x) = 1 (4π)n2 × e−|x|24t × |x| 2 4t2 − n 2t Calculons à présent ∆gs(x) ∆gs(x) = 1 (4π)n2∆e −|x|2 4t = 1 (4π)n2 n X i=1 ∂2e−|x|2 4t ∂x2 i
nous calculerons donc la formule aux dérivées partielles séparément pour plus de lisibilité.
∂2e−|x|2 4t ∂x2 i = n Y j6=i e−|xj | 2 4t ! × ∂ 2e−|xi|4t2 ∂x2 i ∂2e−|xi| 2 4t ∂x2 i = ∂2 ∂x2 i −2xi 4t e −x2i 4t = −1 2te −x2i 4t + (−xi 2t) × (− 2xi 4t e −x2i 4t = e− x2i 4t x 2 i 4t − 1 2t
∂2e−|x|2 4t ∂x2 i = n Y j6=i (e−|xj | 2 4t ! × e−x24ti x 2 i 4t − 1 2t = n Y j=1 (e−|xj | 2 4t ! × x 2 i 4t − 1 2t = e−|x|24t x 2 i 4t − 1 2t
et nous retrouvons grâce à ce résultat l'égalité d
dsTsf (x) = ∆Tsf (x)
Grâce à cette relation nous avons que : Z Rn g(Ttf − f )dx = Z t 0 Z Rn g × Ts(∆f )dx ds
Ainsi en utilisant formule d'intégration par partie R h∇g; ∇fi = − R g∆f nous obtenons que : Z Rn g(Ttf − f )dx = − Z t 0 Z Rn h∇g; ∇Tsf i dx ds
De plus l'opérateur nabla se transfert à la fonction : ∇(Tsf ) = Ts(∇f )
En écrivant le semi-groupe sous la forme de convolution nous pouvons facilement transférer les dérivées partielles sur la fonction f.
∀x ∈ Rn ∇(T sf )(x) = ∇(f ∗ g)(x) = ∂ ∂x1(g ∗ f )(x); . . . ; ∂ ∂xn(g ∗ f )(x) =g ∗ ∂x∂ 1f (x); . . . ; g ∗ ∂ ∂xnf (x) = g ∗ ∂ ∂x1f ; . . . ; ∂ ∂x1f (x) = ∇f ∗ g(x) = Ts(∇f )
Nous avons donc bien prouvé la bonne relation. Nous arrivons nalement à
Z Rn g(Ttf − f )dx = − Z t 0 Z Rn h∇g; Ts∇f i dx ds
Nous transfèrons à prèsent le semi-groupe de la chaleur sur g par le calcul suivant. Z Rn h∇g; Ts∇f i = Z Rn hTs∇g; ∇f i
pour alléger les écritures nous écrirons ∂
∂x1f = f1 et de même pour g : Z hg; Tsf i = Z n X i=1 gi(x) × Ts(fi)(x) ! dx = n X i=1 Z gi(x) × Ts(fi)(x)dx = n X i=1 Z gi(x) × Z fi(y)hs(x − y)dy dx = n X i=1 Z fi(x) × Z gi(y)hs(x − y)dx dy = n X i=1 Z fi(x) × Ts(gi)(x)dx = Z hf ; Tsgi
nous avons bien sur utilisé le fait que hs est une fonction paire et le théorème de Fubini.
Nous obtenons donc le résultat de la première partie : Z Rn g(Ttf − f )dx = − Z t 0 Z Rn h∇Tsg; ∇f i dx ds
1.2.2 deuxième partie
Nous allons dans cette partie nous appliquer à démontrer l'égalité suivante Z Rn h∇Tsg; ∇f i dx = 1 √ 2s Z Rn Z Rn
g(x +√2ty) hy; ∇f (x)i dx
dγn(y)
pour cela montrons la première égalité : ∆Tsg = 1 √ 2s Z Rn
yg(x +√2sy)dγn(y)
il s'agit bien évidemment d'un vecteur que nous pouvons écrire sous la forme
∆Tsg = 1 √ 2s Z Rn y1g(x + √ 2sy)dγn(y) ... 1 √ 2s Z Rn y2g(x + √ 2sy)dγn(y)
nous savons de plus que :
∆Tsf (x) = ∆ (f ∗ gs) (x) = f ∗ ∆gs(x) = f ∗∂x∂ 1gsx) ... f ∗∂x∂ ngsx)
nous devons donc identi er ces deux matrices termes à termes ∂ ∂xi gt(x) = ∂ ∂xi e−4t1|x| 2 (4πt)n2 ! (x) = −1 2txi e−4t1|x| 2 (4πt)n2 = −xi 2tgt(x)
Nous obtenons alors :
f ∗ ∂ ∂xi gt(x) = Z Rn f (x − y) ∂ ∂xi gt(y)dy = Z Rn f (x − y)(−yi 2t)gt(y)dy
Sachant que g est paire posons à prèsent le changement de variable suivant : y= -z dy=(-1)ndz
f ∗ ∂ ∂xi gt(x) = Z −Rn f (x + z) × zi 2tgs(z)(−1) ndz f ∗ ∂ ∂xi gt(x) = Z Rn f (x + z) × zi 2tgs(z)dz
Opérons le second changement de variable : z= √2ty dz = (2t)n2dy f ∗ ∂ xi gt(x) = 1 2t Z Rn f (x +√2ty)√2tyi× g( √ 2ty) × (2t)n2dy
nous remarquons de plus que : gs(
√ 2tz) = e |√2tz|2 4t (4πt)n2 = e |z|2 2 (4πt)n2
nous retrouvons donc que :
∀i ∂ ∂xi (Ttf )(x) = 1 √ 2t Z Rn y1f (x + √ 2sy) e |y|2 2 (2π)n2 d(y) | {z } dγn(y)
Nous retrouvons bien l'expression demandée. Ainsi nous retrouvons rapidement que : h∇Tsg; ∇f i (x) = 1 √ 2t Z Rn
yg(x +√2ty)dγn(y); ∇f
h∇Tsg; ∇f i (x) =
Z
Rn
g(x +√2ty) hy; ∇f (x)i dγn(y)
En utilisant le théorème de Fubini le résultat de la partie deux viens directement : Z Rn h∇Tsg; ∇f i dx = 1 √ 2s Z Rn Z Rn
g(x +√2ty) hy; ∇f (x)i dx
dγn(y)
1.2.3 troisième partie
la partie 3 a pour but de montrer le résulat : − Z Rn Z Rn IAc(x + √
2ty) hy; ∇f (x)i dx dγn(y) ≤ 1 √ 2π Z |∇f |dx Premier résultat : Z Z
R R hy; ∇f (x)i dxdγn(y) = Z Z n X i=1 yi ∂ ∂xi f (x) ! dxdγn(y) = Z n X i=1 Z yi ∂ ∂xi f (x)dγn(y) ! dx = Z n X i=1 ∂ ∂xi f (x) Z yidγn(y) | {z } =0 dx car : Z yidγn(y) = Z R . . . Z R yie− |y|2 2 1 (2π)n2 d(yi) | {z } =0 × e− Pn j6=iy2j 2 1 (2π)n2 dy1. . . dyn
Nous intégrons en eet une fonction impaire et intégrable sur un domaine symétrique. Ce résultat nous amène au résultat suivant :
− Z Rn Z Rn IAc(x + √
2ty) hy; ∇f (x)i dx
dγn(y) ≤
Z Z
(hy; ∇f (x)i)−dxdγn(y)
Car nous avons en eet en posant :_ Z(x,y) = hy; ∇f(x)i _D(x) = −Z Z IAc(x +
√
2ty) hy; ∇f (x)i dxdγn(y)
D(x) = −
Z Z
IAc(x +
√
2ty)Z(x; y) I{Z≤0}(x; y) + I{Z>0}(x; y) dxdγn(y)
= −
Z Z
IAc(x +
√
2ty)Z(x; y)I{Z≤0}(x; y)dxdγn(y)
−
Z Z
IAc(x +
√
2ty)Z(x; y)I{Z>0}(x; y)dxdγn(y)
≥
Z Z
Z(x; y)−dxdγn(y) =
Z Z
(hy; ∇f (x)i)−dxdγn(y)
En eet pour tout A∈ R R f− ≤R
Af
− et donc pour tout C ≥ 0 (R f−) − C ≤R
Af −
Clairement on a dans notre cas : C= −Z Z IAc(x +
√
De plus on a R f = 0 ⇒ R f−=R f+= 1 2R |f |
Nous obtenons donc en n que : −
Z Z
IAc(x +
√
2ty) hy; ∇f (x)i dxdγn(y) ≤
1 2
Z Z
| hy; ∇f (x)i |dxdγn(y)
Il ne nous reste donc plus qu'à véri er que : 1
2
Z Z
| hy; ∇f (x)i |dxdγn(y) =
1 √
2π Z
|∇f |dx
montrons dans un premier temps que pour tout x et x2 de même module
F (x) =R | hx; yi |γn(y) =R | hx2; yi |γn(y) (que cela soit en fait invariant par rotation)
Posons x=ru ,u∈ Rn etu ∈ Sn−1 (Sn−1est la sphère unité)
Soit v ∈ Sn−1 nous savons que ∃R ∈ Θ(n) tel que R(v) = u
(Θ(n) l'ensemble des rotations de Rn) nous avons donc :
Gr(v) =: Z Rn r|U−1(u); y |dγn(y) = Z Rn r|u; (U−1)∗y |dγn(y) = Z Rn
r| hu; U (y)i |dγn(y)
= Z
Rn
r| hu; zi |dγn(z) = Gr(u)
Nous aurons bien sur utilisé le fait que la mesure gaussienne est invariante par rotation. Nous obtenons donc que :
Gr(u) = Gr(e1) = Z Rn r| he1; yi |dγn(y) = Z Rn r|y1|dγn(y) = r Z Rn|y1|e− y21 2 √1 2πd(y)dγn(y2) . . . dγn(yn) = r Z R|y1|e− y21 2 √1 2πd(y1) = 2r Z ∞ 0 |y1|e− y21 2 √1 2πd(y1) = 2r √ 2π[−e −y21 2 ]∞ 0 = √2r 2π (1.2)
Donc en prenant r=|x| nous avons directement R
Rn| hx; yi |dγn(y) = 2 |x| √
2π
nous obtenons nalement l'égalité voulue : 1
2
Z Z
| hy; ∇f (x)i |dxdγn(y) =
1 √ 2π Z |∇f |dx Donc Z IAc(Ttf − f )(x)dx ≤ 1 √ 2π Z t 0 1 √ 2s Z |∇f |dx ds 1 √ 2π Z t 0 1 √ 2s Z |∇f |dx ds = 1 2πk|∇f |kL1 Z t 0 1 √ 2sds = ( t π) 1 2k∇f |kL 1
De plus en approchant IA par f en et IAc par g Nous obtenons en n :
Z Rn g(Ttf − f )dx −→ Z Ac (Tt(IA)(x) | {z } KT t (A,Ac) − Z Ac g(x)IA(x) | {z } =0 Donc KtT(A, Ac) ≤ t π 12 voln−1(∂A)
1.3 une deuxième propostion.
Le résultat de la proposition 2 est un corolaire de la proposition 1. Il montre en eet que l'inégalité est saturée en passant à la limite pour le cas de la boule euclidienne. Nous utiliserons le fait que la mesure de Lebesgue est invariante par translation pour n'étudier que le cas de la boule de centre 0 et de rayon 1. Nous obtenons donc le résultat :
Si B la boule euclidienne de centre 0 et de rayon 1, alors lim t→0K T t (B, B c) = t π 12 voln−1(∂B) Démonstration KT t(B, Bc) = Z Bc Tt(B)dx = Z {|x|>1} γn(y ∈ Rn; |x + y √ 2t| ≤ 1)dx
On passe alors en coordonnées polaire par le changment de variable suivant x = ru et dx = rn−1dudr
ce qui nous ramène à l'expression : KT t(B, Bc) = Z Sn−1 Z +∞ 1 rn−1γn(y ∈ Rn; |ru + y √ 2t| ≤ 1)drdu
Posons alors : Cr(u) = {y ∈ Rn; |ru + y
√ 2t| ≤ 1} = {y ∈ Rn; |√ru 2t + y| ≤ 1 √ 2t} Cr(u) = {y ∈ Rn; | − √ru2t− y| ≤ √12t}
Nous pouvons donc dire que Cr(u)dé ni la boule de centre √ru2t et de rayon √12t donc :
Cr(u) = BRn(− ru √ 2t; 1 √ 2t)
Ainsi par invariance de la mesure Gaussienne par rotation, nous avons : γn(Cr(u)) = γn(Cr(v)) ∀u; v ∈ Sn−1
Cette égalité est particulièrement vrai pour e1 le premier vecteur de la base orthonormal. Donc :
γn(Cr(e1)) = Z Rn I(Cr(e1))dγn = Z R Z Rn−1 I(Cr(e1))dγn−1(˜y) dγ1(y1) = Z R γn−1{Cr(e1) ∩ {y1 = s}}dγ1(s)
Par ce résultat nous avons fait "disparaître" le u dans l'intégral ce qui nous permet faire sortir le volume de la sphère. Donc :
KtT(B, Bc) = Z Sn−1 Z +∞ 1 rn−1γn(Cr(e1)drdu = voln−1(∂B) Z +∞ 1 rn−1γn(Cr(e1)dr = voln−1(∂B) Z +∞ 1 γ1⊗ γn−1((y1; ˜y); |r + √ 2ty1|2+ 2t|˜y|2 ≤ 1)dr
bien evidemment on a y=(y1; ˜y) ∈ R × R2
Nous voulons à prèsent montrer que :
KtT(B, Bc) = voln−1(∂B) Z Jt(y1; ˜y)dγ1(y1)dγn−1(˜y) ou Jt(y1; ˜y) = I{2t|˜y|2≤1;√2ty 1≤ √ 1−2t|˜y|2−1} Z ∞ 1 rn−1I{|r+√ 2ty1|2≤1−2t|˜y|2}dr
Cela reviens à montrer que :
Z ∞ 1 Z Rn−1 Z R I{(y 1;˜y);|r+ √ 2ty1|2+2t|˜y|2≤1}dγ1(y1)dγn−1 dr = Z Rn−1 Z R I{2t|˜y|2≤1;√2ty 1≤ √ 1−2t|˜y|2−1} Z ∞ 1 rn−1I{|r+√ 2ty1|2≤1−2t|˜y|2}dr dγ1(y1)dγn−1
et donc par le théorème de Fubini pour les fonctions positives, montrer une telle égalité revient à montrer que les indicatrices désignent les mêmes ensemble.Donc que :
I(y1; ˜y; r) {|r + √ 2ty1|2+ 2t|˜y|2 ≤ 1, r ∈ [1; ∞]} | {z } A = I {2t|˜y|2 ≤ 1;√2ty1 ≤ p 1 − 2t|˜y|2− 1} | {z } B0 × I {|r +√2ty1|2 ≤ 1 − 2t|˜y|2} | {z } A
Si l'on pose B = B0∩ A on a clairement que B ⊂ A nous devons donc montrer que A ⊂ B :
|r+√2ty1|2+ 2t|˜y|2 ≤ 1 =⇒ 2t|˜y|2 ≤ 1 |r +√2ty1|2+ 2t|˜y|2 ≤ 1 =⇒ |r + √ 2ty1|2 ≤ 1 − 2t|˜y|2 =⇒ |r + √ 2ty1| ≤p1 − 2t|˜y|2 =⇒ r +√2ty1 ≤p1 − 2t|˜y|2
de plus comme r ∈ [1; ∞] on a bien √2ty1 ≤p1 − 2t|˜y|2− 1
Nous voulons à prèsent montre que : lim t→0 1 √ tJt(y1; ˜y) = − √ 2y1I{y1≤0}
Bien évidemment le résultat que nous avons montré précedemment n'est pas inutile, et la séparation des indicatrices nous permettra d'atteindre le résultat plus facilement. Calculons donc les limites des indicatrices.
Les y1 et ˜y sont xé et seul le t varie
limt→0I{2t|˜y|2≤1} = 1 car clairement limt→02t|˜y|2 = 0
√ 2ty1 ≤p1 − 2t|˜y|2− 1 ⇔ y1 ≤ √ 1−2t|˜y|2−1 √ 2t ⇔ y1 ≤ 1−2t|˜y|2−1 √ 2t(√1−2t|˜y|2+1) ⇔ y1 ≤ −2t|˜y|2 √ 2t(√1−2t|˜y|2+1) ⇒ limt→0I{√2ty1≤ √ 1−2t|˜y|2−1}= limt→0I{y 1≤√ −2t|˜y|2 2t(√1−2t| ˜y|2+1)} = I{y1≤0}
Regardons à prèsent vers quoi tend l'indicatrice dans l'intégrale(sachant que r ≥ 1). Pour cela nous nous servirons du developement limité de la fonction racine carré.
lim
b→0
√
1 − b = 1 − b
2 + o(t)
limt→0I{|r+√2ty1|2≤1−2t|˜y|2} = limt→0I{−√1−2t|˜y|2≤r+√2ty 1|2≤
√
1−2t|˜y|2}
limt→0I{|r+√2ty1|2 ≤1−2t|˜y} = limt→0I{−√1−2t|˜y|2 ≤ r+√2ty 1 ≤ √ 1−2t|˜y|2} = lim t→0I{−(1−t|˜y|2) ≤ r+ √ 2ty1 ≤ 1−t|˜y|2} = lim t→0I{−1+t|˜y|2− √ 2ty1 ≤ r ≤ 1−t|˜y|2− √ 2ty1}
ce qui nous donne la limite suivante : lim t→0I{|r+ √ 2ty1|2 ≤1−2t|˜y}× I{r≥1} = I{1 ≤ r ≤ 1−t|˜y|2− √ 2ty1}
coupons alors l'intégral en deux parties pour pouvoir mieux étudier la limite. Z 1−t|˜y|2− √ 2ty1 1 rn−1dr = Z 1− √ 2ty1 1 rn−1dr − Z 1− √ 2ty1 1−t|˜y|2−√2ty 1 rn−1dr en supposant que n ≥ 2 on a : 1 √ 2t Z 1−√2ty1 1−t|˜y|2−√2ty 1 rn−1dr = √1 2t × 1 n((1 − √ 2t)n− (1 − t|˜y|2−√2ty1)n) → 0
En eet les termes uniquement en √2t vont s'annuler entre eux ainsi que les deux 1 il ne resterait donc plus que des termes à une puissance supérieure à 1
2 ce qui nous fourni la convergence.
Calculons à prèsent la deuxième partie de l'intégrale : 1 √ t Z 1− √ 2ty1 1 rn−1dr = (1 − √ 2ty1)n− 1 n√t = n X k=0 Cnk(−√2y1 √ t)k− 1 n√t = 1 − C1 n √ 2y1 √ t + n X k=2 Cnk(−√2y1 √ t)k− 1 n√t = −C 1 n √ 2y1 √ t n√t + 1 n n X k=2 Cnk(−√2y1)k× tk− 1 2 Comme C1 n = n et que limt→0tk− 1
2 = 0 pour k ≥ 2 nous obtenons clairement
lim t→0 1 √ t Z 1− √ 2ty1 1 rn−1dr = −√2ty1
Ce qui amène directement le résultat : lim t→0 1 √ tJt(y1; ˜y) = − √ 2y1I{y1≤0}
la limite obtenue nous permet de conclure par convergence dominée que : lim t→0 1 √ tK T t (B, Bc) = −voln−1(∂B) Z 0 −∞ √ 2y1dγ1(y1) = −voln−1(∂B) Z 0 −∞ √ 2y√1 2πe y2 2 d(y)
lim t→0K T t (B, B c) = t π 12 voln−1(∂B)
1.4 l'isopérimétrie démontrée
Grâce au résultat de la deuxième proposition nous obtenons l'isopérimétrie. Démonstration de l'isopérimétrie :
Le résultat suivant est une propriété du semi-groupe de la chaleur, elle sera considérée comme acquise.
si A un compact de Rn et B une boule de même volume alors :
∀t ≥ 0 KtT(A, A) ≤ KtT(B, B) De plus KtT(A, A) + KtT(A, Ac) = Z A Tt(IA)dx + Z Ac Tt(IA)dx = Z Rn Tt(IA)dx = Z Rn gt∗ IA(x)dx = Z Rn gtdx × Z Rn IAdx = 1 × V oln(A)
ce qui nous donne si B et A ont un même volume : ∀t ≥ 0 KT
t (A, Ac) ≥ KtT(B, Bc)
1.5 une autre propriété du semi-groupe de la chaleur
La propriété de semi groupe KT
t (A, A) ≤ KtT(B, B)nous permet d'avoir la propriété de suivante
kTt(IA)k2 ≤ kTt(IB)k2, ∀t ≥ 0
demonstration
Pour obtenir ce résultat il su t de montrer que pour tout t ≥ 0 KT
t (A, A) = kTt2(IA)k2
Sachant que hf ; Tthi = hTtf ; hi si nous arrivons à montrer que gt = gt 2 ∗ g t 2 ou gt est la fonction associée à Tt. gt = gt 2 ∗ g t 2(x) = Z Rn 1 4πt2 n2 × 1 4π2t n2 e |x−y|2 4 t2 e |x|2 4 t2 dy = 1 (2πt)n Z Rn e−|y|2+|x−y|22t Calculons |y|2+ |x − y|2 : |y|2+ |x − y|2 = hy; yi + hx − y; x − yi = hy; yi + hx; x − yi − hy; x − yi
= hy; yi + hx; xi − hx; yi − hy; xi + hy; yi = 2|y|2+ |x|2− 2 hy; xi gt 2 ∗ g t 2(x) = e−|x|22t (2πt)n Z Rn e−2|y|2−hy;xit dy = e −|x|22t (2πt)n2 n Y i=1 Z R 1 (2πt)12 e− 2y2i −yixi t dy i
Calculons donc les intégrales une à une.
Z R 1 (2πt)12 e−2y2−yx2t dy = Z R 1 (2πt)12 e− (√2y− √ 2 2 x)2−( √ 2 2 x)2 2t dy = e x2 4t Z R 1 (2πt)12 e− (√2y− √ 2 2 x)2 2t dy
Nous reconnaissons par un changement de variable l'intégral d'une gaussienne translatée de √2 2 x donc : Z R 1 (2πt)12 e−y2−yx2t dy = e x2 4t√1 2 Z R 1 (2πt)12 e− (y− √ 2 2 x)2 2t dy | {z } =1 = ex24t √1 2
en reportant ce résultat dans le produit nous avons que :
gt 2 ∗ g t 2(x) = e−|x|22t (2πt)n2 n Y i=1 e x2i 4t √1 2 = e −|x|24t 1 (4πt)n2 = gt(x)
Nous obtenons donc :
KtT(A; A) = hIA; TtIAi = hIA; gt∗ IAi = D IA; gt 2 ∗ g t 2 ∗ IA E =Dgt 2 ∗ IA; g t 2 ∗ IA E = kTt 2(IA)k2
Chapitre 2
le lien entre l'hypercontractivité et une
inégalité de Sobolev
2.1 introduction du semi gourpe de Hermite
Dans ce chapitre nous allonrs mettre en évidence la relation qui existe entre l'inégalité de Sobolev et la propriété d'hypercontrativité du semi-groupe Hermitien.
Dé nition du semi-goupe Hermitien
le semi groupe Hermitien Ptest un opérateur de fonction qui part des fonctions L1(γn)dans l'espace
des fonctions C∞ et est dé ni par :
∀f ∈ L1(γn) Ptf (x) =
Z
Rn
f (e−tx + (1 − e−2t)y)12dγ
n(y)
Nous pouvons voir que Pt peut "presque" se mettre sous la forme d'une convolution comme le
semi-groupe de la chaleur Tt en posant le changement de variable z = (1 − e−2t)y impliquant
dy = 1 (1−e−2t)n2dz Z Rn f (e−tx + (1 − e−2t)y)12dγ n(y) = Z Rn f (e−tx + z) 1 (1 − e−2t)n2 1 (2π)n2 e−|z|22 dz = Z Rn f (e−tx − z) 1 (1 − e−2t)n2 1 (2π)n2 e−|z|22 dz = f ∗ ht(e−tx)
Nous considèrerons bien entendu que la fonction ht caractérisera le semi-groupe.
ht(z) = 1 (1 − e−2t)n2 1 (2π)n2 e−|z|22
Nous considèrerons aussi l'opérateur agissant sur les fonction C∞ dé ni par
Z
f (−Lg)dγn =
Z
h∇g(x); ∇f (x)i dγn
2.2 l'hypercontractivité entraine l'inégalité de Sobolev
propriété L'opérateur Pt possède la propriété d'hypercontractivité :
∀(p, q), 1 < p < q < ∞, ∀t > O kPtf kq ≤ kf kp
Nous allons montrer que la propriété d'hypercontrativité du semi-groupe de Hermite entraine une inégalité de type Sobolev.
Démonstration
Soit f une fonction positive, nous considèrons la fonction q(t) = 1 + et avec t ≥ 0 et posons
ensuite Ψ(t) = kPtf kq(t) d'après la propriété d'hypercontractivité on a clairement Ψ(t) ≤ Ψ(0) ce
qui implique clairement que la dérivée en 0 est néganive donc que Ψ0(0) ≤ 0. Donc
Ψ0(t) = ∂ ∂t Z |Ptf (x)|q(t) q(t)1 = ∂ ∂te 1 q(t)log 0 @ Z |Ptf (x)|q(t) 1 A = Z ∂ ∂t|Ptf (x)| q(t) Z |Ptf (x)|q(t) × 1 q(t) − q0(t) q2(t)log Z |Ptf (x)|q(t) × Z |Ptf (x)|q(t) q(t)1
Nous évaluons alors cette dérivée en 0 car nous savons que Ψ(t) ≤ Ψ(0). sachant que q0(0)
q2(0) = 1 2 et que 1 q(0) = 1 2 et en n que P0f (x) = f (x) On obtient : Ψ0(0) = Z ∂ ∂t|P0f (x)| 2 Z f2 × 1 2 − 1 2log Z |f |2 × Z |f |2 12 ≤ 0 ou encore
calculons : ∂ ∂t|Ptf (x)| q(t) ∂ ∂t|Ptf (x)| q(t) = ∂ ∂te q(t)log|Ptf |= |P tf |q(t) q0(t)log|Ptf | + q(t) ∂ ∂t|Ptf | Ptf ! En admettant l'égalité : ∂ ∂tPtf (x) = Lf (x) L'évaluation en 0 donne alors :
(2logf + 2Lf f )f
2
en reportant le résultat dans l'expression nous obtenons que : 1 2× Z (2logf + 2Lf f )f 2 Z f2 − log Z f2 12 ≤ 0 ⇒ Z f2logf + Z (f × Lf ) ≤ Z f2× log Z f2 12 ⇒ Z f2logf − Z f2× log Z f2 12 ≤ Z |∇f |2 = Z (f × −Lf )
Ce qui est exactement l'inégalité recherchée car de type Sobolev. Nous avons donc démontrer que l'hypercontractivité du semi-groupe hermitien permet d'atteindre cette inégalité.
Chapitre 3
bibliographie
Michel Ledoux. Isopérimétry and gaussian Analysis école de probabilités de Saint-Flour 1994 Cyril Roberto. Sur les inégalités de Sobolev logarithmique.
