Correction de l’exercice 1

(1)

Ecole Normale Supérieure 2007-2008 Première année de Master FIMFA

Partiel d’Analyse Fonctionnelle et EDP El´ements de correction

Exercice 1. Soit E un espace de Banach r´eflexif et strictement convexe, cela signifie que k(x+ y)/2k<1 pour toutx, y∈B_E,x6=y. SoitK⊂E un convexe ferm´e non vide deE. Montrer qu’il existe une applicationpK:E→K telle pour toutu∈E

(1) ku−pKuk= min

y∈Kku−yk.

Correction de l’exercice 1. Soit (yn) une suite minimisante: ku−ynk ցI := infz∈Kku−zk, y_n ∈ K. Comme (y_n) est une suite bornée (par kuk+ku−y₁k) d’un espace réflexif, on peut en extraire une sous-suite qui converge faiblement σ(E, E^′): ∃(y_n^′), ∃y telles que y_n^′⇀ y faiblement dans E. K étant convexe et fermé, il est fermé au sens de la convergence faible, donc y ∈ K et ku−yk ≥I . Commey_n−u ⇀ y−u faiblement σ(E, E^′), un corollaire du théorème de Banach- Steinhaus affirme que ky−uk ≤ lim infky_n−uk = I. Donc ku−yk = min_z∈Kku−zk. Enfin, si y^′ ∈ K réalise également k −y^′k =I alors nécessairement y^′ = y, car dans le cas contraire on auraitku−(y+y^′)/2k=k(u−y)/2 + (u−y^′)/2k< I par hypothèse de stricte convexité, et cela est absurde. En conclusion, on a bien définie une application E → K, u 7→ p_Ku := y qui réalise

(1). ⊔⊓

Exercice 2. Soit E un espace de Banach et φ : E → R une forme lin´eaire. Montrer qu’il y a

´equivalence entre (i) φest continue;

(ii)φest s´equentiellement continue;

(iii) φest faiblement σ(E, E^′) continue;

(iv)φ est s´equentiellement continue pour la convergence faibleσ(E, E^′) .

Exhiber un espace de BanachEtel queId: (E, σ(E, E^′))→(E,k.k_E) est séquentiellement continue mais pas continue (On pourra accepter sans avoir à le redémontrer un résultat présenté en TD).

Correction de l’exercice 2. On a (i)⇔(ii) car la topologie deE est métrique. On a (iv)⇒(ii) car la convergente forte implique la convergence faible. On a (iii) ⇒ (iv) car cela est toujours vrai! (quelque soit l’espace topologique considéré). Enfin, (i) ⇒(iii) car la topologie σ(E, E^′) est précisément la topologie qui rend continue les applications linéaires continues de E (les éléments de E^′).

L’application Id : (ℓ¹, σ(ℓ¹, ℓ^∞)) → (ℓ¹,k.k¹_ℓ) est s´equentiiellement continue d’apr`es le lemme de Schur, mais n’est pas continue, par exemple parce que la boule{x ∈ℓ¹;kxk_ℓ¹ <1} est fortement

ouverte mais pas ouverte au sens de la topologie faible. ⊔⊓

(2)

Exercice 3. Soient p ∈ [1,∞], et α = (α_n) une suite de r´eels. Montrer que si P

nα_nx_n < ∞, pour tout x= (x_n)∈ℓ^p, alorsα∈ℓ^p^′, avec 1/p^′+ 1/p= 1. En d´eduire que (ℓ^p)^′ =ℓ^p^′ si p∈]1,∞[.

Correction de l’exercice 3. Consid´eronsϕ_N :ℓ^p → Rl’application lin´eaire continue ϕ_N(x) :=

P

1≤n≤Nαnxn. Par hypoth`ese ∀x∈ℓ^p sup

N

|ϕ_N(x)|<∞.

[Remarque. Dans l’´enonc´e il faut lire que P

nαnxn converge. On peut également lire, pour tout x∈ℓ^p ∃C_xtel que sup_Nϕ_N(x)≤C_x et on arrive à la même conclusion en prenantmax(C_x, C_−x)].

Par le théorème de Banach-Steinhaus, on déduit qu’il existe C telle que sup

N

kϕ_Nk_(ℓ^p₎^′ ≤C

Pour p6= 1,∞, on choisitX_n^N := (sign α_n)|α_n|^θ−11_n≤N ce qui donne

N

X

n=1

|α_n|^θ =ϕ_N(X^N)≤CkX^Nk_ℓ^p =C

N

X

n=1

|α_n|^(θ−1)^p

!1/p

.

En prenantθ de sorte queθ+ 1 =θ p, et donc θ=p^′, on obtient

∀N

N

X

n=1

|α_n|^p^′

!1/p^′

≤C,

et donc α ∈ ℓ^p^′. Le cas p = ∞ se traite de la mˆeme mani`ere, et dans le cas p = 1 on choisit X_n^N_N =sign α_n_N,X_n^N = 0 ∀n6=n_N etn_N satisfait |α_n_N|= max_1≤n≤N|α_n|.

Soit ϕ:ℓ^p→R lin´eaire continue. On poseαn:=ϕ(δn) avec (δn)i =δni. Pour toutx = (xn)∈ℓ^p, ici on a besoin de p <∞!, on a

x= lim

N→∞

N

X

n=1

x_nδ_n dansℓ^p et lim

N→∞

N

X

n=1

x_nα_n=ϕ(x)<∞.

On en d´eduit α ∈ ℓ^p^′, et donc (ℓ^p)^′ est isomorphe `a ℓ^p^′, et l’isomorphisme est Φ : (ℓ^p) → ℓ^p^′,

ϕ7→Φ(ϕ) = (ϕ(δ_n))_≥1. ⊔⊓

Exercice 4. On considère l’équation aux dérivées partielles (2) −∆u+u=f dans R^N.

a) - Montrer que pour toutf ∈ S(R^N) il existe une unique solution u∈ S(R^N) `a (1).

b) - Montrer que siu, f ∈ S(R^N) satisfont (1) alorskuk_L^p ≤ kfk_L^p pour toutp∈[1,∞].

c) - En d´eduire pour toutf ∈L^p(R^N) l’existence d’une solution u∈L^p(R^N) `a (1).

Correction de l’exercice 4. a) - Siu∈ S(R^N) est solution de (2) alors fˆ=F(−∆u+u) = (|ξ|²+ 1) ˆu,

(3)

et donc

(3) u=T f :=F⁻¹ fˆ 1 +|ξ|²

! . Inversement, sif ∈ S(R^N) alors T f ∈ S^N etT f est solution de (2).

b) - L’idée est de multiplier l’équation par u|u|^p−2 et d’intégrer. Plus ”naturellement”, pour p∈[2,∞) on a

|u|^p = (f+ ∆u)u|u|^p−2 =f u|u|^p−2+ div (u|u|^p−2∆u)−(p−2)|∇u|²|u|^p−2. Comme le terme ”en divergence” s’annule lorsqu’on int`egre, on obtient

Z

R^N

|u|^pdx= Z

R^N

f u|u|^p−2−(p−2) Z

R^N

|∇u|²|u|^p−2≤ Z

R^N

f u|u|^p−2≤ kfk_L^pkuk^1/p

′

L^p , et donc kukL^p ≤ kfkL^p. En passant à la limite p → ∞ on obtient la même inégalité dans le cas p=∞. Pour traiter le cas p∈ [1,2) (pour lequel il n’est pas immédiat que |∇u|²|u|^p−2 ∈L¹) on introduit une fonction convexe j:R₊ →R₊ de classe C²,j(0) = 0, et le même calcul donne

u j^′(u) =f j^′(u) + div (j^′(u) ∆u)− |∇u|²j^′′(u) et Z

R^N

u j^′(u)dx≤ Z

R^N

f j^′(u).

On prend alors, par exemple, j(s) =j_ε(s) = (s²+ε)^p/2−ε^p/2 qui est convexe et régulière (j^′(s) = p s(s²+ε)^p/2−1, j^′′(s) =p(s²+ε)^p/2−2((p−1)s²+ε)) puis on passe à la limite j_ε^′(s) →j₀^′(s) = p s|s|^p−2. On conclut de la même manière.

c) - Pourf ∈L^p(R^N), p6=∞, on introduit une suite (f_ε) telle quef_ε∈ S(R^N) et f_ε→f dansL^p. On résout−∆u_ε+u_ε=f_εgrâce à l’étape a) et, puisque l’équation est linéaire, pour toutε, ε^′ >0 on aku_ε^′−u_εk_L^p ≤ kf_ε^′−f_εk_L^p grâce à l’étape b). Donc (u_ε) est une suite de Cauchy dans L^p, et converge vers une limite u dans L^p, ce qui permet de passer à la limite dans l’équation (2) écrite au sens des distributions

∀ϕ∈ D(R^N) Z

R^N

u_ε(ϕ−∆ϕ) = Z

R^N

f_εϕ, et d’obtenir que uest solution de (2), ´egalement au sens des distributions.

Dans le casp=∞, on peut approcherf par une suite (f_ε) telle quef_ε∈ S(R^N),kf_εk_L^∞ ≤ kfk_L^∞ etf_ε⇀ f au sens de la convergence faibleσ(L^∞, L¹). Alors la suite (u_ε) de solutions associées est bornée dansL^∞, et donc il existeu ∈L^∞ telle que, à extraction d’une sous-suite, u_ε⇀ uau sens de la convergence faible σ(L^∞, L¹). On conclut comme précédemment.

Montrons l’unicit´e. S’il existe deux solutionsu₁, u₂∈L^p alorsu:=u₂−u₁ ∈L^p satisfait

∀ϕ∈ S(R^N) Z

R^N

u(ϕ−∆ϕ) = 0.

Pour toutψ∈ S(R^N) on résout ϕ−∆ϕ=ψ avec ϕ∈ S(R^N) grâce à l’étape a), de sorte que

∀ψ∈ S(R^N) Z

R^N

u ψ= 0.

(4)

Cela impliqueu= 0. ⊔⊓ Problème 5. Soient T ∈ D^′(R^N), λ > 0 et R ∈ SO(R^N) une rotation de R^N. On définit la distribution dilatatée δ_λT par hδ_λT, ϕi = λ^NhT, δ_λ⁻¹ϕi ∀ϕ ∈ D(R^N), avec (δ_λϕ)(x) = ϕ(x/λ).

On dit que T est positivement homogène de degré α ∈R si ∀λ >0 δ_λT = λ^−αT [Attention à la convention!]. On définit la distribution ρ_RT par hρ_RT, ϕi = hT, ρ_R⁻¹ϕi ∀ϕ ∈ D(R^N), avec (ρ_Rϕ)(x) =ϕ(R⁻¹x). On dit queT est invariant par rotation si∀R∈SO(R^N) on aρ_RT =T. 1) Le but de cette question est de démontrer que si f ∈ L¹_loc(R^N) est telle que la distribution {f} associée est homogène de degré β > −N et invariante par rotation, alors il existe C tel que f(x) =C|x|^β p.p. x∈R^N.

a) - Faire la preuve dans le cas f ∈C(R^N\{0}).

b) - Montrer que la fonction d´efinie sur R^N par F(x) :=

Z

B(0,|x|)

f(y)dy = Z _|x|

0

Z

S^N−1

f(r σ)dσ r^N−1dr

est homog`ene de degr´eβ+N et conclure [On pourra utiliser que la mesure dσ est invariante par rotation].

2) Pourα∈]0, N[ on noteφ_α(x) =|x|^−α. PourquoiF(φ_α) est-elle bien définie? Montrer queF(φ_α) est invariante par rotation et homogène de degréα−N.

3) Montrer queF(φ_α)∈L²+L^∞ siα∈]N/2, N[. En déduire (à la détermination d’une constante près) la transformée de Fourier de|x|^−α pour toutα∈]N/2, N[,α∈]0, N/2[, puisα =N/2.

Correction de l’exercice 5. 1a) - Soit f ∈L¹(R^N)∩C(R^N\{0}) homog`ene de degr´eβ >−N et invariante par rotation. On a d’une part

∀λ >0 Z

R^N

f(λ x)ϕ(x)dx=λ^−N Z

R^N

f(x)ϕ(λ⁻¹x)dx^{f}^β-homog`= ^eneλ^β Z

R^N

f(x)ϕ(x)dx, ce qui impliquef(λ x) =λ^βf(x) ∀x∈R^N\{0},∀λ >0. On a d’autre part

∀R∈SO(R^N) Z

R^N

f(R x)ϕ(x)dx= Z

R^N

f(x)ϕ(R⁻¹x)dx^{f}inv. rotation

=

Z

R^N

f(x)ϕ(x)dx, ce qui implique f(R x) = f(x) ∀x ∈ R^N\{0}, ∀R ∈ SO(R^N). On conclut que ∀x ∈ R^N\{0}

f(x) =f(|x|,0, ...,0) =|x|^βf(1,0, ...,0).

1b) Lorsque l’on suppose seulementf ∈L¹_loc(R^N) la mˆeme preuve montre que - f est invariante par rotation si, et seulement si,

∀R ∈SO(R^N) f(R x) =f(x) pour p.t.x∈R^N, - f est homog`ene de degr´eβ si, et seulement si,

∀λ >0 f(λ x) =λ^βf(x) pour p.t. x∈R^N,

On voudrait inverser les∀et lesp.p.pour conclure, ce qui n’est bien sûr pas possible sans justifica- tion! Une idée serait de régulariser le problème, de conclure sur le problème régularisé et de passer ensuite à la limite. Cela est effectivement possible, mais nous allons procéder un peu différemment.

(5)

• Acceptons un instant qu’il existeg∈L¹([0,∞); r^N−1dr) telle que (4) f(x) =g(|x|) p.p.x∈R^N.

Il est clair quegest encore homogène de degréβ sur (0,∞). En effet, pourλ >0 fixé et pour tout ψ∈Cc((0,∞)) on a

Z ∞ 0

g(λ r)ψ(r)r^N−1dr = |S^N−1|⁻¹ Z

R^N

f(λ x)ψ(|x|)dx

= λ^β|S^N−1|⁻¹ Z

R^N

f(x)ψ(|x|)dx=λ^β Z ∞

0

g(r)ψ(r)r^N−1dr,

ce qui impliqueg(λ r) =λ^βg(r) p.p. r ∈(0,∞). On d´efinit alors G(r) :=

Z _r

0

g(s)s^N⁻¹ds.

Il est clair que la fonctionGest continue sur (0,∞) et queGest homog`ene de degr´eβ+N, puisque pour toutλ >0 et tout r >0

G(λ r) = Z _{λ r}

0

g(s)s^N⁻¹ds=λ^N Z _r

0

g(λ u)u^N⁻¹du=λ^β+NG(r).

On en déduit que G(r) =C r^β+N grâce à l’étape 1a). Or siu∈L¹_loc([0,∞)) etU(x) :=Rx

0 u(y)dy, alors pour toutϕ∈ D((0,∞)) on a

hU, ϕ^′i = Z ∞

0

Z x 0

u(y)dy

ϕ^′(x)dx

= Z ∞

0

u(y) Z ∞

y

ϕ^′(x)dx

dy=− Z ∞

0

u(y)ϕ(y)dy,

de sorte que U ∈W_loc^1,1([0,∞)) et {U}^′ =u. Ainsi G∈W_loc^1,1(R₊),r 7→r^β+N ∈W_loc^1,1(R₊) et on en d´eduit

g(r)r^N−1 =G^′(r) =C(β+N)r^β+N⁻¹ p.p. r >0.

• Revenons à (4). LorsqueN = 1, on a SO(R) ={symétrie par rapport à 0}, donc f(−x) =f(x) p.p. x ∈ R et (4) est vraie avec g(r) := f(r) ∀r > 0. Lorsque N = 2, on définit la famille de rotations (qui est une paramétrisation de l’ensemble des rotations)

R_θ:=

cosθ −sinθ sinθ cosθ

, θ∈(0,2π).

On commence par remarquer, qu’en notantθ_x∈(0,2π) l’angle tel queR_θ_xxˆ= 1

0

, ˆx= _|x|^x, et en notantσ =σ(θ) =e^{i θ} =

cosθ sinθ

, on a pour toute fonction ϕ∈C(R²) Z _2π

0

ϕ(R_θx)dθ =

Z _2π+θ_x

θx

ϕ(R_θx)dθ= Z _2π

0

ϕ(R_αR_θ_xx)dθ

= Z 2π

0

ϕ(Rα

|x|

0

dα= Z

S¹

ϕ(|x|σ)dσ.

(6)

Par hypoth`ese d’invariance par rotations on a pour tout ϕ∈ D(R²) fix´ee hf, R_θϕi=hf, ϕi ∀θ∈(0,2π).

On en d´eduit en int´egrant en θ∈(0, π) 2πhf, ϕi =

Z _2π

0

hf, R_θϕidθ

= Z

R²

f(x) Z 2π

0

ϕ(R_θx)dθ

dx

= Z ∞

0

Z

S¹

f(r ω) Z

S¹

ϕ(r σ)dσ

r drdω

= Z

R²

ϕ(y) Z

S¹

f(r ω)dω

dy,

ce qui prouve bien que

f(x) =g(|x|) p.t.x∈R², avec g(r) := 1 2π

Z

S¹

f(r ω)dω.

Il est possible de généraliser la méthode modulo une bonne paramétrisation deSO(R^N) pourN ≥3.

•Démontrons le résultat en suivant une méthode de ”régularisation”. Pourε >0 fixé, on introduit la fonction régularisée

∀x6= 0 F_ε(x) :=ε^1−N Z

Cε(x)

f(y)dy= Z |x|

0

(r/ε)^N⁻¹ Z

S1(ex,ε)

f(r z)dσ₁(z)dr o`u C_ε(x) est le cˆone

C_ε(x) ={y∈R^N\{0}, |y| ≤ |x|, |e_y−e_x| ≤ε}, etS₁(e_x, ε) est le bout de sph`ere

S1(ex, ε) ={y ∈R^N, |y|= 1, |y−ex| ≤ε},

Il est clair que F_ε∈C(R^N\{0}) car C_ε(x_n)→ C_ε(x) au sens o`u mes{y ∈R^N; y∈ C_ε(x_n)\C_ε(x) ou y ∈ Cε(x)\Cε(xn)} → 0 si xn → x 6= 0. De plus Fε(R x) = Fε(x) ∀R ∈ SO(R^N), car Cε(R x) = RC_ε(x), et F_ε(λ x) = λ^β+NF_ε(x) ∀λ > 0 car C_ε(λ x) = λ^NC_ε(x). Il existe donc C_ε ∈ R tel que F_ε(x) =C_ε|x|^β+N ∀x∈R^N. En passant `a la limite ε→0 on obtient qu’il existe C₀ ∈R tel que

F(x) =G(|x|,x) =ˆ C₀|x|^β+N p.p. x∈R^N, avec

ˆ

x=x/|x| et G(r,x) :=ˆ Z _r

0

u^N−1f(ux)ˆ du.

Comme par Fubini, u 7→ u^N−1f(ux)ˆ ∈ L¹(0,∞) pour p.t. ˆx ∈ S^N−1, on en d´eduit que r 7→

G(r,x)ˆ ∈W^1,1(0,∞) pour p.t. ˆx∈S^N−1, et donc ^∂G_∂r(|x|,x) =ˆ |x|^N⁻¹f(x) =C0(β+N)|x|^β+N−1 pour p.t. x∈R^N.

(7)

2) Pour α ∈]0, N[, φ_α ∈ L¹ +L^∞ ⊂ S^′ et donc F(φ_α) est-elle bien définie comme distribution tempérée. Pour tout R∈SO(R^N) et tout ϕ∈ S(R^N) on a

hρ_Rφˆ_α, ϕi=hφ_α,F(ρ_R⁻¹ϕ)i=hφ_α, ρ_Rϕiˆ =hρ_R⁻¹φ_α,ϕiˆ =hφ_α,ϕiˆ =hφˆ_α, ϕi.

De mˆeme pour tout λ >0 et toutϕ∈ S(R^N) on a

hδ_λφˆ_α, ϕi = λ^Nhφ_α,F(ϕ(λ·))i=hφ_α,( ˆϕ)(λ⁻¹·)i=λ^Nhφ_α(λ·),ϕiˆ

= λ^N^−αhφ_α,ϕiˆ =λ^N^−αhφˆ_α, ϕi, ce qui prouve que ˆφ_α est homog`ene de degr´eα−N.

3) Siα∈]N/2, N[ alorsφ_α ∈L²+L¹ et doncF(φ_α)∈L²+L^∞. On en déduit d’après 1) et 2) qu’il existe une constante C_α telle que ˆφ_α(ξ) = C_α|ξ|^α−N = C_αφ_N−α avec N −α ∈]0, N/2[. Comme φ_N−α ∈ S^′ et grâce au théorème ”d’inversion de la transformée de Fourier” on a F(φ_N−α) = F ◦ F(c₁φ_α) =c₂φ_α pour tout α,N−α∈]0, N/2[. Enfin, comme φ_α →φ_N/2 dansL¹+L^∞, donc dans sS^′, lorsque α → N/2, on en déduit d’une part que F(φ_α) =C_α|x|^α−N → F(φ_N/2) et donc en particulier pour ϕ∈ S(R^N),ϕ >0

C_α Z

R^N

|x|^α−Nϕ(x)dx→ hφ_N/2,ϕi.ˆ

Cela implique que (C_α) est born´ee, et `a extraction d’une sous-suite, converge vers une limite C_N/2. Ainsi, F(φ_N/2) =C_N/2φ_N/2.

Problème 6. (Théorème ergodique de Von Neumann) SoitX un espace de Banach réflexif et soitT :X→X un opérateur linéaire tel quekTk ≤1. Pour toutn≥1 on pose

S_n:= Id+T +...+Tⁿ⁻¹

n .

1) - Soit (u_n) une suite d’´el´ements deE qui converge faiblement versu∈E. Montrer que pour tout n∈N, il existe une suite (v_n) dans l’enveloppe convexe de {u_k}_k≥n qui converge versu fortement.

2) - Montrer que∀x∈X, il existe une sous-suite (S_n_k) telle que la suite (S_n_kx)_kconverge faiblement dans X vers une limite not´ee y. Montrer que lim_k→∞(T S_n_kx−S_n_kx) = 0. En d´eduire que la limite faible de la suite (S_n_kx) est un point fixe deT.

3) - Montrer que ∀m ≥ 1, ∀x ∈ X, lim_n→∞(S_nT^mx−S_nx) = 0, et en d´eduire que ∀x ∈ X,

∀A∈Conv(Id, T, ..., Tⁿ, ...) on a lim_n→∞(S_nA x−S_nx) = 0.

4) - Montrer que ∀x ∈ X, ∀k ≥ 1, ∃A_k ∈ Conv(S_n_k, S_n_k+1, ...) telle que la suite (A_kx) converge fortement dans X vers y d´efini au 2).

5) - En d´eduire que pour toutx∈X, la suite (S_nx) est convergente dans X fort.

6) - Pour tout x ∈ X, on pose P(x) = lim_n→∞S_nx. Montrer que P est une projection lin´eaire continue et d´eterminer son image.

7) - Soit E=L²([0,1[, dx). Pourθirrationnel etf ∈E, on pose (T_θf)(x) =T f(x) :=f(x+θ(mod 1)).

(8)

Vérifier queT satisfait les hypothèses de l’énoncé.

Correction de l’exercice 6. 1) C’est le lemme de Mazur. Soit A_n := conv{u_k, k ≥ n}

l’enveloppe convexe de {u_k}_k≥n. L’ensemble F_n = A_n est un convexe fermé de E, c’est donc un convexe fermé faible de E et donc également un convexe séquentiellement fermé faible de E.

Commeu_k ∈F_n pour tout k ≥non en d´eduit que u ∈F_n pour tout n et donc il existe v_n ∈A_n tel que (par exemple)kv_n−uk ≤1/n.

2) On commence par remarquer que

(6.1) ∀n kS_nk ≤1.

En particulier la suite (S_nx) est born´ee dans X espace r´eflexif, et il existe donc y ∈ X et une sous-suite (S_n_k) tels que S_n_kx ⇀ y au sens de la convergence faibleσ(X, X^′). Pour toutm≥1 et n≥1 on calcule

(6.2) kS_nT^mx−S_nxk= 1

nk(T^m+n−1+...+Tⁿ⁺¹−T^m−1−...−I)xk ≤ 2m

n kxk →0.

En particulier pourm= 1, n=n_k et parce que T S_n_k =S_n_kT on a lim_k→∞(T S_n_kx−S_n_kx) = 0.

Pour toutf ∈X^′ on af◦T ∈X^′ et donc

hf, T S_n_kxi=hf ◦T, S_n_kxi → hf ◦T, yi=hf, T yi,

et on en déduit T S_n_kx ⇀ T y au sens σ(X, X^′). En combinant ce résultat avec le précédent, on obtient T y−y= 0, et y est un point fixe deT.

3) Par (6.2) on a lim_n→∞(S_nT^mx−S_nx) = 0 et donc lim_n→∞(S_nA x−S_nx) = 0 pour tout A=θ₀I+...+θ_mT^m ∈ C:= conv(I, T, ..., T^m, ...) avec θ_i ≥0 et P

iθ_i= 1.

4) Le lemme de Mazur appliqu´e `a la suite (S_n_jx) implique qu’il existe une suite (y_k) de la forme y_k = θ_k,0S_n_kx+...+θ_k,LS_n_k+_Lkx, θ_k,ℓ ≥ 0 et P

ℓθ_k,ℓ = 1, et telle que y_k → y fortement dans X lorsque k→ ∞. Comme S_n∈ C on a ´egalement A_k := θ_k,0S_n_k+...+θ_k,LS_n_k+_Lk ∈ C et donc y_k=A_kx.

5) Pour tout ε > 0 on fixe k ∈ N tel que kA_kx−yk ≤ ε grâce à l’étape 4) puis N ∈ N tel que

∀n≥N kS_nA_kx−S_nxk ≤εgrâce à l’étape 3). On en déduit (on se rappelle que l’on a démontré en 2) quey est un point fixe de T donc deS_n) ∀n≥N

kS_nx−yk ≤ kS_nx−S_nA_kxk+kS_nA_kx−S_nyk

≤ kSnx−SnA_kxk+kA_kx−yk ≤2ε, ce qui est pr´ecis´ement dire queS_nx→ y fortement dansX.

6) On a vu que y ∈IT l’ensemble des points fixes de X (qui contient déjà {0} et qui est un sev de X). Inversement, si x ∈ I_T alors S_nx = x ∀n ∈ N. On en déduit que P(x) := lim_nS_nx est une application bornée (de borne≤1), linéaire (comme limite simple d’applications linéaires) donc continue, et c’est un projecteur d’image ImP =IT.

7) Le résultat précédent dit que pour tout f ∈ L²(]0,1[) on a S_nf → P_θf dans L² où P_θ est la projection sur les fonctions invariantes par la rotationR_θ: g(x) =R_θg(x) =g(x+θ) p.p. x∈(0,1).

Il est clair que siθ ∈(0,1)\Q alors x+n θ est dense dans (0,1), et donc si de plus, g ∈C([0,1])

(9)

alors R_θg =g implique g est une fonction constante. Cela est encore vrai pour toute fonction de L²(0,1). En effet, sig∈L²(0,1) on introduit sa d´ecomposition en s´erie de Fourier

g(x) =X

k∈Z

c_keⁱ^{2π k x}, c_n :=

Z 1 0

g(x)e⁻ⁱ^{2π n x}.

Alors si R_θg=g p.p., on a

∀n∈Z c_n= Z ₁

0

g(x+θ)e⁻ⁱ^{2π n x}dx=X

k∈Z

c_k Z ₁

0

eⁱ^{2π k}^(x+θ)e⁻ⁱ^{2π n x}dx=c_neⁱ^{2π n θ}. Commec_neⁱ^{2π n θ}6= 1 ∀n6= 0, c’est ici qu’intervient l’hypoth`ese queθ est irrationnel, on a c_n= 0

∀n6= 0, et donc g est constant. En conclusion on a montr´e que

∀f ∈L²(0,1) S_nf → Z 1

0

f(t)dt dans L²(0,1).

Problème complémentaire: une généralisation. SoientE un espace de Banach etA:E →E un opérateur linéaire tel que kAk ≤ 1. On définit l’opérateur T_nx:= x+Ax+...+Aⁿ⁻¹x

n . On

note F := {x ∈ E, Tnx converge, n → ∞}, E0 := {x ∈ E, Tnx converge vers 0, n → ∞} et E₁ :={x∈E, T_nx converge versx, n→ ∞}.

Pour x∈F, on pose T x:= lim T_nx.

1) - Montrer que F est un s.e.v. de E, T est lin´eaire et kT xk ≤ kxk, pour tout x ∈ F. Montrer queT(F)⊂F, et doncT ∈ L(F). (Pour x∈F etf =T x, on montrera que (T_px) est une suite de Cauchy dansE). Montrer queF est ferm´e.

2) - Montrer queA,T_netT ∈ L(F), et queA,T_netT commutent. Montrer queT est un projecteur de F,E₀= KerT,E₁= ImT etF =E₀⊕E₁. Montrer queE₀ = Im(I−A) et E₁= Ker(I −A).

3) - Supposons maintenant E est reflexif, et montrons queF =E. On fixe x∈ E. Montrer qu’il existe y ∈ E et (n_k) telle que T_n_kx ⇀ y dans E. Montrer que y ∈ E₁. Montrer que pour tout S ∈ Conv(I, A, A², ..., A^p, ...), on a kT_nSx−T_nxk → 0 quand n → ∞. Montrer qu’il existe une suite S_k ∈ Conv(Tnk, Tnk+1, ...) telle que S_kx converge fortement vers y dans E (On pensera `a utiliser le lemme de Mazur). En d´eduire que toute la suiteT_nx converge vers xfortement dans E, et conclure.

4) - Soit E=L^p([0,1[, dx), 1≤p≤ ∞. Pour θ irrationnel etf ∈E, on pose (A_θf)(x) =Af(x) :=f(x+θ(mod 1)).

Vérifier queAsatisfait les hypothèses de l’énoncé. Que se passe-t-il pour 1< p <∞,p= 1,p=∞.