On d´ efinit : ∀(x, t) ∈ R × R ∗ + , E(x, t) = 1 2 √

(1)

TD DU 14/03/2011 ET DU 21/03/2011

Exercice 1 . I

On d´ efinit : ∀(x, t) ∈ R × R ^∗ + , E(x, t) = 1 2 √

πt exp

− x ² 4t

. Soit ϕ ∈ C ^∞ ( R ² , R ) nulle en dehors de [−A, A]×[−T, T ]. Si ε > 0 on pose T _ε (ϕ) = R +∞

−∞

R +∞

ε E(x, t)ϕ(x, t) dt dx.

(1) Montrer que T _ε (ϕ) a une limite T(ϕ) quand ε tend vers 0.

(2) Calculer T (L(ϕ)) o` u L(ϕ) = ∂ϕ

∂t + ∂ ² ϕ

∂x ² .

Exercice 2 . On note H n = 1

i + j − 1

(i,j)∈[1,n]

²

et on pose ρ n = sup{|λ|, λ ∈ Sp(H n )}.

Montrer que (ρ n ) est une suite croissante de limite π.

Solution 1

(1) Comme la fonction E(x, t)ϕ(x, t) est nulle en dehors d’un compact de R ×[ε, +∞[, elle est int´ egrable et on peut utiliser le th´ eor` eme de Fubini.

On a donc T ε (ϕ) = Z +∞

ε

1 2 √

πt Z +∞

−∞

e ⁻

^x

2

4t

ϕ(x, t) dx

| {z }

I(t)

dt or I(t) = 1

√ π R +∞

−∞ e ^−u

²

ϕ( √

4tu, t) du en

posant u = x

√ 4t . ϕ est continue sur un compact, elle est par cons´ equent born´ ee, soit M un majorant de ϕ. I(t) est continue et tend vers ϕ(0, 0) grˆ ace au th´ eor` eme de Lebesgue. On peut mˆ eme ´ ecrire

T (ϕ) = 1

√ π Z +∞

0

Z +∞

−∞

e ^−u

²

ϕ( √

4tu, t) du

dt.

(2) On a ∂E

∂t − ∂ ² E

∂x ² = 0 et on va s’en servir : Z +∞

ε

E(x, t) ∂ϕ

∂t (x, t) dt = [E(x, t)ϕ(x, t)] ^+∞ _ε − Z +∞

ε

ϕ(x, t) ∂E

∂t (x, t) dt

= −E(x, ε)ϕ(x, ε) − Z +∞

ε

ϕ(x, t) ∂E

∂t (x, t) dt apr` es une int´ egration par parties. Puis

Z

R

E(x, t) ∂ ² ϕ

∂x ² (x, t) dx =

E(x, t) ∂ϕ

∂x (x, t) +∞

−∞

| {z }

=0

− Z

R

∂E

∂t (x, t) ∂ϕ

∂x (x, t) dx

=

− ∂E

∂t (x, t)ϕ(x, t) ^+∞

−∞

| {z }

=0

+ Z

R

ϕ(x, t) ∂ ² E

∂x ² (x, t) dx = Z

R

ϕ(x, t) ∂ ² E

∂x ² (x, t) dx

(les parties toutes int´ egr´ ees sont nulle car ϕ s’annule en dehors d’un compact).

On a finalement, en utilisant le th´ eor` eme de Fubini (on int` egre des fonctions continues sur des segments) T ε (L(ϕ)) =

Z +∞

−∞

Z +∞

ε

E(x, t) ∂ϕ

∂t (x, t) + ∂ ² ϕ

∂x ² (x, t)

dt

dx

= − Z +∞

−∞

E(x, ε)ϕ(x, ε) dx = −I(ε)

donc T(L(ϕ)) = −ϕ(0, 0) en utilisant le r´ esultat de la premi` ere question.

1

(2)

2 TD DU 14/03/2011 ET DU 21/03/2011

Solution 2 H n est la matrice de la forme bilin´ eaire d´ efinie sur R n−1 [X ] par B n (P, Q) = R 1

0 P (x)Q(x) dx dans la base canonique. Or, si Q _n est la forme quadratique associ´ ee ` a B _n , on sait que ρ _n = sup

P6=0

Q n (P )

kP k , kP k d´ esignant la norme euclidienne de R n−1 [X] rendant la base canonique orthonormale.

Il est alors ´ evident que la suite (ρ n ) est croissante et on a ρ n 6 π. En effet

• Soit P(t) =

n−1

P

p=0

a p x ^p alors A = Q(P) = Z 1

0

P ² (t) dt 6 Z 1

−1

P ² (t) dt = B.

• On obtient

B = −i Z π

0

P ² (e ^iθ )e ^iθ dθ

soit en int´ egrant la forme diff´ erentielle exacte ω(z) = P ² (z) dz sur le contour consistant en un demi- cercle de rayon 1 centr´ e en 0 et le segment [−1, 1],

soit en faisant directement le calcul.

On trouve aussi B = −i Z −π

0

P ² (e ^iθ )e ^iθ dθ de la mˆ eme mani` ere donc

B = − i 2

Z π

0

P ² (e ^iθ )e ^iθ dθ + Z −π

0

P ² (e ^iθ )e ^iθ dθ

.

On a donc B 6 1 2

Z 2π

0

|P ² (e ^iθ )| dθ = π

n−1

X

p=0

a ² _p grˆ ace ` a l’´ egalit´ e de Parseval. Soit pour tout n,

n−1

X

p,q=0

a _p a _q p + q + 1 6 π

n−1

X

p=0

a ² _p Remarque : on peut ainsi prouver que, si la s´ erie P

a ² _n est convergente, alors la suite double a p a q

p + q + 1

(p,q)∈N

²

est sommable et l’on a P

(p,q)∈N

²

a p a q

p + q + 1 6 π

+∞

P

p=0

a ² _p ..

On peut faire ce raisonnement avec une suite complexe en rempla¸ cant a p par |a p |.

Il reste ` a prouver que lim

n→+∞ ρ n = π.

Soit P = 1 + x

√ 2 + · · · + 1

√ n x ⁿ⁻¹ alors Q n (P ) = P

1 6 ^i,j 6 ⁿ

√ 1 i √

j(i + j − 1) . On a alors Z Z

[i,i+1]×[j,j+1]

dx dy

√ xy(x + y − 1) 6 1

√ i √

j(i + j − 1) d’o` u, en sommant ces in´ egalit´ es pour (i, j) ∈ [i, i + 1]×[j, j + 1]

Q n (P) >

Z Z

[1,n+1]

²

dx dy

√ xy(x + y − 1) >

Z n+1

1

√ 1 y

Z n+1

1

√ dx

x(x + y − 1)

dy

>

Z n+1

1

2 p y(y − 1)

"

Arctan p

y − 1 − Arctan

r y − 1 n + 1

#

dy > I 1 (n) − I 2 (n)

o` u I 1 (n) = Z n+1

1

2 Arctan √ y − 1

p y(y − 1) dy, I 2 (n) = Z n+1

1

2 Arctan

r y − 1 n + 1

p y(y − 1) dy. On utilise l’int´ egration des relations de comparaison.

Comme Arctan √ y − 1 p y(y − 1) ∼ π

2y alors I ₁ (n) ∼ π ln n puis 0 6 Arctan

r y − 1 n + 1 6

r y − 1

n + 1 d’o` u 0 6 I ₂ (n) 6 1

√ n + 1 Z n+1

1

√ dy

y = 2 et donc, pour n assez grand, πkP k ² > ρ _n kP k ² > Q n (P ) > π ln n + o(ln n).

On d´ efinit : ∀(x, t) ∈ R × R ∗ + , E(x, t) = 1 2 √

TD DU 14/03/2011 ET DU 21/03/2011

Exercice 1 . I