considérons la mesure2π1 Pr(θ−t)dt, qui est une mesure de probabilité sur[0,2π]

Exercice 1

1) Pour toutr <1 : M_p(f, r)^p

= 1 2π

Z 2π

0

|f(re^iθ)|^pdθ6 1 2π

Z 2π

0

u(re^iθ)dθ=u(0),

par la propriété de moyenne pour la fonction harmoniqueu. Donc sup

r<1

M_p(f, r)6[u(0)]^1/p <+∞,

de sorte quef ∈H^p etkfkp6[u(0)]^1/p. 2) a) On sait quef =P

f^∗

. Donc|f|6P

|f^∗| .

Sip= 1, c’est terminé. Pour1< p <∞, considérons la mesure_2π¹ P_r(θ−t)dt, qui est une mesure de probabilité sur[0,2π]. L’inégalité de Hölder pour cette mesure donne :

P

|f^∗|

= 1 2π

Z 2π

0

P_r(θ−t)|f^∗(e^it)|dt

6 1

2π Z 2π

0

Pr(θ−t)|f^∗(e^it)|^pdt 1/p

= P

|f^∗|^p

(re^iθ)^1/p

;

on a donc bien|f|^p6P

|f^∗|^p .

b) Soitv une fonction harmonique majorant|f|^p. Alors, pour toutR <1 : 1

2π Z 2π

0

P_r(θ−t)|f(Re^it)|^pdt6 1 2π

Z 2π

0

P_r(θ−t)v(Re^it)dt=v(Re^iθ), par la propriété de moyenne pour la fonction harmoniquev. Le lemme de Fatou donne, en faisant tendreR vers1:

1 2π

Z 2π

0

P_r(θ−t)|f^∗(e^it)|dt6lim inf

R→1

1 2π

Z 2π

0

P_r(θ−t)|f(Re^it)|^pdt 6lim inf

R→1 v(Re^iθ) =v(re^iθ), c’est-à-direP

|f^∗|^p 6v.

3) a) C’est évident : il suffit de remarquer queu◦ϕest harmonique, puisque ϕest holomorphe (siu= ReU, avecU holomorphe, alorsu◦ϕ= Re (U◦ϕ)).

b) On a, grâce à a) : 1

2π Z 2π

0

|g(re^it)|^pdt6 1 2π

Z 2π

0

u

ϕ(re^it) dt=u

ϕ(0) , par la propriété de moyenne de la fonction harmoniqueu◦ϕ.

Si l’on noteϕ(0) =R0e^iθ0, on a : u

ϕ(0)

= 1 2π

Z 2π

0

P_R0(θ₀−t)|f^∗(e^it)|^pdt

6 1 +R₀ 1−R0

1 2π

Z 2π

0

|f^∗(e^it)|^pdt

= 1 +|ϕ(0)|

1− |ϕ(0)|kf^∗k^p_Lp(

T)=1 +|ϕ(0)|

1− |ϕ(0)|kfk^p_Hp; donc :

sup

r<1

1 2π

Z 2π

0

|g(re^it)|^pdt61 +|ϕ(0)|

1− |ϕ(0)|kfk^p_Hp, ce qui donne le résultat.

Exercice 2

1) On peut d’abord supposer queψne s’annule pas car siψa un zéro d’ordre nena, il est nécessaire queasoit un zéro d’ordre>npourϕ, et l’on peut donc simplifier par(z−a)ⁿ.

On peut ensuite supposer|ϕ(z)|61 et |ψ(z)|61, en divisantϕparkϕk∞

etψparkψk∞.

On a alors |f(z)| 6 1/|ψ(z)|, d’où log|f(z)| 6 −log|ψ(z)|. Comme on a

|ψ(z)|61, on a−log|ψ(z)|>0, et on a donc en fait : log⁺|f(z)|6−log|ψ(z)|;

d’où :

1 2π

Z 2π

0

log⁺|f(re^iθ)|dθ6− 1 2π

Z 2π

0

log|ψ(re^iθ)|dθ.

Commeψ ne s’annule pas,log|ψ| est harmonique et donc : 1

2π Z 2π

0

log|ψ(re^iθ)|dθ= log|ψ(0)|.

Il en résulte quef ∈N et que : kfk₀6exp

−log|ψ(0)|

.

2) a) On a vu en cours qu’alorsg∈N et sup

r<1

1 2π

Z 2π

0

log⁺|g(re^iθ)|dθ= logkgk0= logkfk0<+∞.

D’autre part, comme g ne s’annule pas, log|g| est harmonique et donc, pour toutr <1 :

1 Z 2π

log|g(re^iθ)|dθ= log|g(0)|.

Il en résulte que : sup

r<1

klog|gr| k1= sup

r<1

1 2π

Z 2π

0

log|g(re^iθ)|

dθ

= sup

r<1

1 2π

Z 2π

0

2 log⁺|g(re^iθ)|dθ− 1 2π

Z 2π

0

log|g(re^iθ)|dθ

= 2 logkfk₀−log|g(0)|<+∞.

Par le Théorème d’Herglotz, il existe donc une mesureµsurTtelle que : log|g(re^iθ)|=P

µ

(re^iθ) = Z 2π

0

Pr(θ−t)dµ(e^it).

CommePr(θ−t)etlog|g(re^iθ)|sont réels, on obtientR2π

0 Pr(θ−t)dImµ(e^it) = 0, et donc, en remplaçantµparReµ, on peut supposer que la mesureµest réelle.

b) Il est clair que ϕ et ψ ainsi définies sont analytiques dans D. De plus, puisque|B(z)|61:

|ϕ(z)|6|c| exp

−Re Z 2π

0

e^it+z

e^it−zdµ⁻(e^it)

=|c| exp

− Z 2π

0

Rehe^it+z e^it−z i

dµ⁻(e^it)

6|c|, puisque Reh

e^it+z e^it−z

i

=h

e^it+re^iθ e^it−re^iθ

i

=Pr(θ−t)>0 et queµ⁻ est positive. Ainsi ϕ∈H^∞ etkϕk_∞6|c|.

De mˆêmeψ∈H^∞ et kψk_∞61.

Notons maintenant que : ϕ(z)

ψ(z) =cB(z) exp Z 2π

0

e^it+z e^it−zdµ(e^it)

.

Or, d’après le a), puisqueµest réelle, on a : log|g(re^iθ)|=

Z 2π

0

Pr(θ−t)dµ(e^it) = Re Z 2π

0

e^it+re^iθ e^it−re^iθ dµ(e^it)

,

de sorte que, si l’on pose : H(z) =

Z 2π

0

e^it+z

e^it−zdµ(e^it), on a, pour toutz=re^iθ∈D:

log|g(z)|= ReH(z).

Maintenant, commegne s’annule pas dansD, il existe une fonction holomorphe GdansD telle queg= expG. On a|g|= exp(ReG)et donc ReG= ReH; il existe donc une constante réelleCtelle queG=H+iC. Ainsi :

f(z) =B(z)g(z) =B(z) exp[G(z)] = e^iCB(z) exp[H(z)] = e^iCB(z) ϕ(z) cB(z)ψ(z), de sorte qu’en prenantc= e^iC, on obtientf =ϕ/ψ.

c) Comme les fonctions de H^∞ possèdent presque partout des limites non tangentielles,qui sont non nulles presque partout, on en déduit quef possède presque partout des limites non tangentielles (et qui sont non nulles presque partout).

Exercice 3

1. On applique le théorème de Pietsch et on obtient une mesure de probabilité µsur la boule unité deX^∗ avec la propriété :

∀x∈X, T(x)

≤πp(T) Z

B_X∗

|α(x)|^pdµ(α) ^1/p

.

Comme dans le cours, ceci s’interprête de la façon suivante : en notantX_ple sous- espace vectoriel deL^p(B_X^∗, µ), engendré par toutes les fonctionsf_x(α) =α(x) (oùα∈B_X^∗) pourx variant dans X, l’application, que l’on notera T˜ : f_x 7→

T(x)est bien définie et bornée de X_p dansY. Donc pour toutξ dans la boule unité de Y^∗, ξ◦T˜ est une forme linéaire continue sur le sous-espace vectoriel Xp deL^p(BX^∗, µ), de norme inférieure à πp(T). Par Hahn-Banach puis par le théorème de représentation du dual deL^p(BX^∗, µ), il existehξ∈L^q(BX^∗, µ)tel quekhξkq≤πp(T)et

∀x∈X, ξ

T(x)

=ξ◦T˜(fx) = Z

B_X∗

hξ(α)fx(α)dµ(α) = Z

B_X∗

hξ(α)α(x)dµ(α).

2. Si a_k 6= 0, c’est trivial. Si a_k = 0 alors, par le 1., T(x_k) = 0. En effet, soit on le voit comme une conséquence directe de Pietsch (début du corrigé de 1.), soit on le retrouve comme conséquence de la question 1. : commea_k = 0, α(x_k) = 0µ-pp donc pour toutξdans la boule unité deY^∗,

ξ

T(x_k)

= Z

B_X∗

h_ξ(α)f_x(α)dµ(α) = 0.

Ainsi,T(xk) = 0.

3. On utilise d’abord Hölder :

n

XkS◦T(x )k=

n

Xa kS(y )k ≤σ^1/p. ⁿ

XkS(y )k^q 1/q

car ⁿ

X

k=1

a^p_k ^1/p

= Z

B_X∗

n

X

k=1

|α(x_k)|dµ(α) ^1/p

≤ Z

B_X∗

σdµ ^1/p

≤σ^1/p.

Puis on écrit simplement ce que signifieS estq-sommant : ⁿ

X

k=1

kS(yk)k^{q 1/q}

≤πq(S) sup

ξ∈B_Y∗

ⁿ X

k=1

|ξ(yk)|^{q 1/q}

.

4. Siak6= 0, on a pour toutξ∈BY^∗:ξ(yk) = 1 ak

ξ

T(xk)

= 1 ak

Z

B_X∗

hξ(α)α(xk)dµ(α).

On utilise alors Hölder :

|ξ(yk)| ≤ 1 ak

. Z

B_X∗

|α(xk)|dµ(α) 1/p

. Z

B_X∗

|hξ(α)|^q|α(xk)|dµ(α) 1/q

donc|ξ(yk)| ≤ Z

B_X∗

|hξ(α)|^q|α(xk)|dµ(α) ^1/q

.

Lesktels quea_k = 0ne posent aucun problème puisquey_k= 0.

5. En sommant surk, on obtient pour toutξ∈BY^∗ : ⁿ

X

k=1

|ξ(yk)|^{q 1/q}

≤ Z

B_X∗

n

X

k=1

|hξ(α)|^q|α(xk)|dµ(α) ^1/q

≤ Z

B_X∗

|hξ(α)|^qσdµ(α) ^1/q

donc ⁿ

X

k=1

|ξ(y_k)|^{q 1/q}

≤σ^1/q.π_p(T)carkh_ξk_q ≤π_p(T).

6. En collant 3. et 5., on obtient la conclusion : pour tous x₁, . . . , x_n ∈ X, on a

n

X

k=1

kS◦T(x_k)k ≤π_q(S).π_p(T). sup

α∈B_X∗

n

X

k=1

|α(x_k)|

ce qui signifie queS◦T est 1-sommant avecπ1(S◦T)≤πq(S).πp(T).

Exercice 4

1. Soit (x_n)_n∈N faiblement convergente dans X₀. La suite (S(x_n))_n∈N fai- blement convergente dans X (car S est continue de X₀ dans X, munis des topologies faibles). Puis la suite(T ◦S(x_n))_n∈N convergente en norme dans Y par hypothèse. Enfin, (R◦T ◦S(x_n))_n∈N convergente en norme dans Y₀ par continuité.

2. Cela correspond alors aux opérateurs compacts.

Tout opérateur compact est complètement continu : c’est toujours vrai (cf cours).

Réciproquement siX est réflexif. Alors de toute suite(xn)n∈Ndans la boule unité de X, on peut extraire une sous-suite (xn_k)k∈N faiblement convergente dans X vers x ∈ X. Si T ∈ DP(X, Y), alors en appliquant la définition à x_nk−x,(T(x_nk))_k∈Nconvergente en norme dansY versT(x).

3.a. Soit ξ une forme linéaire continue sur H¹, par Hahn-Banach puis le théorème de représentation du dual deL¹, il existeh∈L^∞tel queξ(f) =

Z

T

hf donc

ξ(zⁿ) = Z

T

h(t)e^intdt= ˆh(−n) qui converge vers0par Riemann-Lebesgue.

3.b. On applique la définition et 3.a pour obtenir queCϕ(zⁿ)converge vers 0en norme dansH¹. Ainsi

Z

T

|ϕ^∗|ⁿdλ−→0.

Or, en notant E = {z ∈ T| |ϕ^∗| = 1}, on a par le théorème de convergence dominée

Z

T

|ϕ^∗|ⁿdλ−→

Z

E

dλ=λ(E).

Exercice 5

1. Si x∈ F HC(T), alors pour tout n>0, Tⁿx appartient àF HC(T)car on ne change pas la densité inférieure d’un ensemble en supprimant un nombre fini de points. Comme{Tⁿx;n>0}est dense dansX en particulier,F HC(T) est dense dansX.

2. Si p est un polynôme non nul, p(ζ) = Qd

i=1(ζ−λ_i). Comme T est hy- percyclique,σp(T^∗)est vide donc chaque opérateur T −λi est à image dense, et doncp(T)est à image dense. Soit x∈F HC(T)etU un ouvert non vide de X. Alors{n>0;Tⁿp(T)x∈U}={n>0;Tⁿx∈p(T)⁻¹(U)}. Comme U est non vide et p(T) est à image dense,p(T)⁻¹(U) est un ouvert non vide de X.

Doncd{n >0;Tⁿx∈p(T)⁻¹(U)} >0. Doncp(T)x∈ F HC(T). Si on prend M ={p(T)x;p∈C[ζ]\ {0}}, c’est un sous-espace vectoriel de X qui est dense dansX et M\ {0} ⊆F HC(T).

3. Sous les hypothèses de la question, le théorème ergodique de Birkhoff est vérifié : pour toutef ∈L¹(X,B, m),

1 N

N−1

X

n=0

f(Tⁿx)−→

Z

X

f dm

pour m-presque tout x. Soit U un ouvert non vide de X. On applique cela à χU, la fonction indicatrice deU :

1 N

N−1

X

n=0

χU(Tⁿx) = 1

N#{n∈[0, N−1]; Tⁿx∈U} −→m(U)

pourm-presque toutx, et doncd(N_U,x) =d(N_U,x) =m(U)pour toutx∈A_U, où A_U est un sous-ensemble de X avec m(A_U) = 1. Soit (U_k)_k>1 une base de la topologie de X, et A = ∩k>1Ak : m(A) = 1. On a pour tout x ∈ A d(NU_k,x) =m(Uk)>0 carm est non dégénérée. Donc x∈F HC(T)car pour tout ouvertU non vide il existek tel queUk ⊆U et doncd(NU,x)>d(NU_k,x).

DoncT est fréquemment hypercyclique etm(F HC(T)) = 1.

4. Si M_ψ^∗ est fréquemment hypercyclique, M_ψ^∗ est hypercyclique, et donc ψ(D)∩T est non vide. Réciproquement si ψ(D)∩T est non vide, on sait (cf.

cours) qu’il existeE :T→H²(D)continue avec vect[E(λ);λ∈T] =H²(D)et pour tout λ∈T, T E(λ) = λE(λ). DoncM_ψ^∗ est ergodique par rapport à une certaine mesure gaussienne non dégénérée invariantem, et d’après la question 3M_ψ^∗ est fréquemment hypercyclique.

5.a)T vérifie le Critère d’Hypercyclicité avec(n_k) = (n)etDl’ensemble des vecteurs à support fini. Pour x∈D il existe un n₀ tel que pour tout n>n₀, Tⁿx= 0. On pose

Se_k = 1 wk+1

e_k+1

etSn =Sⁿ : SnTⁿ=Iet Snek = 1

wk+1. . . wk+n

ek+n=

r k+ 1

n+k+ 1ek+n.

Donc||Snek||tend vers 0 quandntend vers +∞ et ceci prouve que pour tout x∈D,||Snx||tend vers0.

b) Supposons quex= (xn)n>0est fréquemment hypercyclique pourT. Soit U ={x;|< x, e0>−1|< 1

2} etD={n>0;Tⁿx∈U}. On a

Tⁿ(X

k>0

xkek) =X

k>0

xk+n

rk+n+ 1 k+ 1 ek

et donc < Tⁿx, e₀ >=√

n+ 1e_n. DoncD ={n> 0;|√

n+ 1x_n−1| <1/2}

est de densité inférieure strictement positive. On a donc pour tout n ∈ D

|√

n+ 1x_n|>1/2, c’est à dire

|xn|²>1 2

1 n+ 1·

Donc la sérieP

n∈D1/(n+1)converge. OrDest de densité inférieure strictement positive, donc il existeδ >0 tel que pour toutN>N0,

1

N#(D∩[0, N−1])>δ.

SiN1 est fixé, on a pourN assez grand (dépendant deN1) 1

N#(D∩[N₁, N−1])> δ 2·

Donc dansD∩[N₁, N−1], il y a au moins(δ/2)N entiers plus petits queN−1.

Ceci donne

X

n∈D∩[N1,N−1]

1 n+ 1 >δ

2N 1 N = δ

2· Le critère de Cauchy n’est donc pas vérifié pour la sérieP

n∈D1/(n+ 1), contra- diction.