Corrigé de l'interrogation d'octobre 2012

Universit´e P. et M. Curie Master de Math´ematiques

MM003

Jeudi 25 Octobre 2012

Analyse R´ eelle

Corrig´e de l’interrogation I

Siu:E !F et':F !Ksont continues,^tu(') =' uest continue, donc appartient au dual E⁰ =L(E,K) de E.

Pour montrer queuest continue deEfaible dansFfaible, il suffit de montrer que pour chacune des semi-normes p' :y 7! |h', yi|, pour '2 F⁰, qui d´efinissent la topologie faible de F, la semi- normep_' uest continue surE faible. Et commep_' uest la semi-normex7!' u(x) =|h^tu('), xi|, elle est faiblement continue sur E puisque^tu(')2E⁰.

Si E est r´efexif, sa boule unit´e B est faiblement compacte. Alors la continuit´e faible de u montre queu(B) est faiblement compacte, donc faiblement ferm´ee dansF. Et puisque la topologie faible est moins fine que la topologie de la norme, u(B) est ferm´ee dansF.

II

1) Puisque ' n’est pas identiquement nulle, il existe x 2 R tel que '(x) 6= 0. On a alors '(x) = '(0 + x) = '(0).'(x), donc ('(0) 1).'(x) = 0, d’o`u '(0) = 1. Il s’en suit que 1 = '(0) = '(y+ ( y)) = '(y).'( y). De mˆeme, puisque '(x) = '(x₀).'(x x0), on obtient '(x) '(x₀) ='(x₀) '(x x0) 1 et

|'(x) '(x₀)|=|'(x₀)|.|'(x x0) 1|

Puisque'est continue en 0, on a lim_x!x0'(x x0) ='(0) = 1, d’o`u lim_x!x0'(x) ='(x₀).

Puisque ' est continue en 0 et que P = {z 2 C : <e(z) > 0} est un voisinage de '(0) = 1, ' ¹(P) est un voisinage de 0 dans R, donc contient un intervalle [ ↵, ↵], c’est-`a-dire que <e('(x)) > 0 d`es que |x| 6 ↵. On pose ⇢ = |'(↵)| et on choisit pour ✓ l’argument de '(↵) dans ] ⇡,+⇡]. Puisque <e('(↵))>0, on a alors |✓|< ⇡

2 et'(↵) =⇢e^i✓.

On a z_n+1² ='(2 ^{n 1}.↵).'(2 ^{n 1}.↵) ='(2 ^{n 1}.↵+ 2 ^{n 1}.↵) ='(2 ⁿ.↵) =zn. Et puisque 2 ^{n 1}.↵ 6 ↵, on a <e(zn+1) =<e('(2 ^{n 1}.↵)) > 0. Par d´efinition de ⇢ et ✓, on a z0 = ⇢e^i✓. Si on a, pour un n > 0, zn = ⇢^{2 n}e^i✓/2n, on a z_n+1² = zn, donc zn+1 = ±⇢^{2 n 1}e^i✓/2n+1, et puisque<e(z_n+1)>0, on en d´eduit quezn+1=⇢^{2 n 1}e^i✓/2n+1, ce qui ach`eve la d´emonstration par r´ecurrence.

2) On voit par r´ecurrence sur p>0 que'( p

2ⁿ↵) =z_n^p, puisque'(0) = 1 =z_n⁰ et que '( p

2ⁿ↵) =z^p_n=)'(p+ 1

2ⁿ ↵) ='( p

2ⁿ↵).'( ↵

2ⁿ) =zn.'( p

2ⁿ↵) =zn.z_n^p =z^p+1_n Et pourp= q 60, on a '( p

2ⁿ↵) = 1 '( q

2ⁿ↵) = 1 z^qn

=z_n^p. On a donc, pour n2Netp2Z:

'( p

2ⁿ↵) =z^p_n=⇢^p/2ne^ip✓/2n = e^{p/2n(ln⇢+i✓)} = e ^↵p/2n

L’ensemble X ={x 2R:'(x) = e ^x} est ferm´e puisque' et la fonction x7!e ^x sont continues.

Et il contient l’ensemble dense{ p

2ⁿ↵:n2N, p2Z}. DoncX=R, et'(x) = e ^x pour toutx2R.

3) Si ' est born´ee sur R, il existeM tel que |'(x)|6M pour tout x. Alors, si = +i⌧, on a, pour tout n2 N :|'(n )|= e^{n 2} 6M, ou encore 06 ² 6 1

nlnM, ce qui impose = 0. En posant alors ⇠= ⌧, on obtient'(x) = e ^ix.⇠.

4) Pourx= (x₁, x2, . . . , xd), on ax=Pd

j=1xj.uj, donc (x) =Qd

j=1 (x_j.uj) =Qd

j=1'j(x_j). Il est clair que chacune des fonctions'_j est born´ee et v´erifie les conditions pr´ec´edentes. Il existe donc des (⇠j) tels que 'j(t) = e ^it⇠j ; et on a alors (x) = e ⁱP

jxj⇠j = e ^ihx,⇠i si⇠ = (⇠1, ⇠2, . . . , ⇠d).

III

1) On v´erifie par r´ecurrence sur n>1 que kf^⇤nk₁6kfkⁿ₁ : en e↵et f^⇤1 ₁=kfk₁ et f^⇤n+1 ₁=kf^⇤n⇤fk₁6kf^⇤nk₁.kfk₁

Il en r´esulte que z ⁿf^⇤n+1 6|z| ⁿkfkⁿ⁺¹₁ =kfk₁. |z| ¹.kfk₁ ⁿ, qui est le terme g´en´eral d’une s´erie g´eom´etrique convergente si|z|>kfk₁. Cette s´erie normalement convergente dans l’espace de Banach L¹(R^d) est donc convergente. Et si on appelle g sa somme, on a

g f =X¹

n=1

z ⁿf^⇤n+1=z ¹f⇤ X1 n=0

z ⁿf^⇤n+1=z ¹f ⇤g

On doit donc avoir z( (g) (f)) = (f ⇤g) = (f). (g), donc (g). z (f) =z. (f). Si on avait alors (f) =z, on devrait avoirz²=z. (f) = (g). z (f) = 0, ce qui est absurde. Si donc on avait| (f)|>kfk₁, on pourrait prendrez= (f), avec|z|>kfk₁et obtenir une contradiction.

Ceci montre que la forme lin´eaire sur L¹(R^d) est continue et de norme au plus 1. Il existe donc un unique ´el´ement w2L¹(R^d) tel quekwk₁ =k k61 et que pour toutf 2L¹(R^d)

(f) =Z

f(x).w(x)dx

2) Pour presque touty2R^d, on a⌧xf⇤g(y) =Z

⌧xf(t)g(y t)dt=Z

f(t x)g(y t)dt, et le changement de variablet=s+x donne

⌧xf ⇤g(y) =Z

f(t x)g(y t)dt=Z

f(s)g(y s x)ds=Z

f(s)⌧_xg(y s)ds=f⇤⌧xg(y) d’o`u l’´egalit´e⌧_xf ⇤g=f ⇤⌧_xg dansL¹. Alors on doit avoir

(⌧_xf). (g) = (⌧_xf ⇤g) = (f⇤⌧xg) = (f). (⌧_xg) donc (⌧xg) = (⌧xf)

(f) . (g) si (f) 6= 0. Si on a choisi f0 tel que (f0) 6= 0 (ce qui est possible puisque 6⌘0), et si on d´efinit 'par'(x) = (⌧_xf0)

(f₀) , on a pourg=⌧yf0,

⌧xg(t) =g(t x) =⌧yf0(t x) =f0(t x y) =⌧x+yf0(t) donc ⌧xg=⌧x+yf0 et

'(x+y). (f₀) = (⌧_x+yf0) = (⌧_xg) ='(x). (g) ='(x). (⌧_yf0) ='(x).'(y). (f₀) 2

d’o`u l’on d´eduit que '(x+y) ='(x).'(y).

De plus, puisque k k61, on a|'(x)|6 | (⌧_xf0)|

| (f₀)| 6 k⌧_xf₀k₁

| (f₀)| = kf₀k₁

| (f₀)|, ce qui montre que ' est born´ee sur R^d.

3) On sait que l’espaceK(R^d) des fonctions continues `a support compact est dense dansL¹(R^d).

On peut donc trouver g 2 K (R^d) telle que kf gk₁ < "

3. Si R est assez grand pour que le support degsoit contenu dans la bouleB(0, R) deR^d, la fonctiong est, par le th´eor`eme de Heine, uniform´ement continue sur la boule compacte K=B(0, R+ 1). En notantM la mesure de K, on peut alors trouver un ⌘ >0 tel que ⌘ < 1 et que |g(y) g(z)| < "

3M d`es que ky zk < ⌘ avec y 2K etz2K. Alors, sikxk< ⌘ ety /2K, on a ky xk>kyk kxk>kyk ⌘ > R+ 1 ⌘ > R, donc g(y) =g(y x) = 0. Donc

kg ⌧xgk₁=Z

|g(y) g(y x)|dx=Z

K

|g(y) g(y x)| dx6 "

3M Z

K

dx= "

3 et, puisque k⌧xf ⌧xgk₁=k⌧x(f g)k₁=kf gk₁, on obtient

k⌧xf fk₁6k⌧xf ⌧xgk₁+k⌧xg gk₁+kg fk₁= 2kg fk₁+k⌧xg gk₁<2"

3 + "

3 ="

d`es quekxk< ⌘. Et ceci montre que lim_x!0k⌧_xf fk₁= 0.

4) On a donc

|'(x) 1|= (⌧xf0)

(f₀) 1 = | (⌧xf0) (f0)|

| (f₀)| = | (⌧xf0 f0)|

| (f₀)| 6 k⌧xf0 f0k

| (f₀)| !0 quand x tend vers 0, et ceci montre la continuit´e de ' en 0. Il r´esulte alors de II qu’existe un

⇠ 2R^d tel que '(x) = e ^ihx,⇠i. Alors sif est dansL¹(R^d), on a ZZ

|h(x, y)|dx dy =ZZ

|f(x).f₀(y x).w(y)|dx dy 6ZZ

|f(x).f₀(y x)|dx dy

=Z

|f(x)|⇣Z

|f0(y x)|dy⌘

dx=Z

|f(x)|.kf0k₁ dx=kfk₁.kf0k₁<+1 ce qui montre l’int´egrabilit´e de la fonctionh. En appliquant le th´eor`eme de Fubini, on trouve alors que

Z ⇣Z h(x, y)dy⌘

dx=Z

f(x).⇣Z

f₀(y x).w(y)⌘

dy=Z

f(x).⇣Z

⌧_xf₀(y).w(y)⌘ dy

=Z

f(x). (⌧_xf0)dx=Z

f(x). '(x). (f₀) dx= (f₀).Z

f(x).'(x)dx est ´egal `a

Z ⇣Z h(x, y)dx⌘

dy=Z ⇣Z

f(x).f₀(y x)dx⌘

w(y)dy=Z

f⇤f0(y).w(y)dy

= (f ⇤f₀) = (f₀). (f) Et puisque (f₀)6= 0, on en d´eduit que

(f) =Z

f(x).'(x)dx=Z

f(x) e ^ihx,⇠idx= ˆf(⇠).

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