1 Master Mathématiques et Applications 1

1 Master Mathématiques et Applications 1

année Aix-Marseille Université Année 2014-2015

Analyse fonctionnelle. Devoir à la maison 2

Correction

Préliminaire

Soit 1 ≤ p ≤ 2 et Φ ∈ (L

)

. Si g

et g

sont deux fonctions de L

telles que Φ(v) =

Z

Ω

g

v dx =

Ω

g

v dx ∀v ∈ L

(Ω).

On a donc

Ω

(g

− g

)v dx = 0, ∀v ∈ L

(Ω).

On prend v = sgn(g

− g

) ∈ L

(Ω) ⊂ L

(Ω) dans cette formule et on obtient

Ω

|g

− g

| dx = 0,

et donc g

= g

.

I Dual de L

(Ω)

1. Nous écrivons

J (v) ≥ 1

2 kvk

− |Φ(v)| ≥ 1

2 kvk

− kΦk

kvk

, et utilisons l’inégalité de Young

ab ≤ 1 2 a

+ 1

2 b

, pour obtenir

J(v) ≥ − 1

2 kΦk

. 2. Comme J (0) = 0, et d’après la question précédente, nous avons bien

− 1

2 kΦk

≤ I ≤ 0.

3. Comme I est fini, pour tout n ≥ 1, la quantité I +

n’est pas un minorant de J ce qui signifie qu’il existe une fonction u

∈ L

(O) telle que

I ≤ J (u

) ≤ I + 1

n , ∀n ≥ 1.

Par le théorème des gendarmes, on a bien lim

J (u

) = I.

4. L’identité du parallélogramme donne 1

4 ku

− u

k

= 1

2 ku

k

+ 1

2 ku

k

−

u

+ u

2

2

L²

= J(u

) + J (u

) − 2J

u

+ u

2

≤ J(u

) + J (u

) − 2I,

où on a utilisé la linéarité de Φ et le fait que J

n+un+p

2

≥ I.

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2

Pour tout ε > 0, il existe n

tel que

J(u

) − I ≤ ε, ∀n ≥ n

.

Et ainsi, pour tout n ≥ n

et tout p ≥ 0, nous avons 1

4 ku

− u

k

≥ 2ε.

Ainsi la suite (u

)

est bien de Cauchy dans L

(Ω).

5. Comme L

(Ω) est complet, la suite (u

)

est donc convergente et on note g sa limite. La fonction J est continue, car la norme est continue ainsi que la forme linéaire Φ (par hypothèse). Ainsi, nous avons

I = lim

n→∞

J (u

) = J (g).

6. Comme g minimise J , nous avons pour tout t ∈

et tout v ∈ L

(Ω) J(g + tv) ≥ J(g),

ou encore, en développant les termes dans J, J (g) + t

Z

Ω

gv dx − Φ(v)

+ t

2 kvk

≥ J(g).

On a donc affaire à un polynôme de degré 2 en t, nul en t = 0 et qui est toujours positif. Sa dérivée en 0 est donc nulle c’est-à-dire

Z

Ω

gv dx − Φ(v) = 0.

Ceci étant vrai pour tout v, on a bien le résultat attendu.

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz nous avons

|Φ(v)| ≤ kvk

kgk

, ∀v ∈ L

(Ω),

et donc

kΦk

≤ kgk

.

7. Il s’agit simplement de calculer I = J(g) = 1

2 kgk

− Φ(g) = 1

2 kgk

−

Ω

|g|

dx = − 1 2 kgk

.

La question 1 donne alors

− 1

2 kgk

≥ − 1

2 kΦk

, ce qui fournit l’inégalité manquante

kgk

≤ kΦk

.

II Le cas 1 < p < 2

1. Il s’agit juste d’une application de l’inégalité de Hölder avec les exposants conjugués 2/p et 2/(2 − p)et les fonctions |v|

et 1 :

kvk

=

Ω

|v(x)|

dx ≤

Ω

(|v(x)|

)

dx

Ω

1 dx

= kvk

L²

|Ω|

.

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3 2. (a) On voit immédiatement que

T

v(x) =







v(x) si −n ≤ v(x) ≤ n n si v(x) > n

−n si v(x) < −n et toutes les propriétés en découlent.

(b) D’après la propriété iv) on a convergence simple de T

v vers v et par ailleurs on a la majoration

|T

v(x) − v(x)|

≤ 2

|v(x)|

,

qui donne une domination uniforme en n par une fonction intégrable. Le théorème de convergence dominée donne ici

kT

v − vk

=

Ω

|T

v(x) − v(x)|

dx −−−→

n→∞

0.

On a bien construit une suite d’éléments de L

qui converge vers n’importe quel v dans L

ce qui montre bien la densité de L

dans L

.

3. La restriction d’une forme linéaire est encore linéaire, il s’agit d’en montrer la continuité. On utilise la première question, pour tout v ∈ L

(Ω)

|Φ(v)| ≤ kΦk

kvk

≤ |Ω|

kΦk

kvk

.

Donc Φ est continue sur L

. On peut appliquer la première partie et obtenir une représentation de Φ sur L

par une fonction g ∈ L

. Il faut maintenant étendre la formule de représentation à l’espace (plus gros !) L

(Ω).

4. Nous utilisons les propriétés précédentes (en particulier le fait que T

préserve le signe)

Ω

|v

|

dx ≤

Ω

|v

||g|

dx =

Ω

|g||v

| dx =

Ω

gv

dx,

5. Comme v

∈ L

(Ω) pour tout n, nous avons Φ(v

) =

Z

Ω

gv

dx,

et donc la question précédente nous donne

Ω

|v

|

dx ≤ Φ(v

) ≤ kΦk

kv

k

,

et donc

kv

k

≤ kΦk

.

6. Comme |v

| est mesurable positive et converge presque partout vers |g|

, on peut utiliser le lemme de Fatou et l’inégalité précédente

Z

Ω

|g|

dx ≤ lim inf

n→∞

kΦk

p p−1

(L^p)⁰

, qui donne, avec p(p

− 1) = p

, l’inégalité

Z

Ω

|g|

dx ≤ kΦk

p p−1

(L^p)⁰

,

et donc, en particulier, g ∈ L

(Ω) et

kgk

≤ kΦk

.

7. Comme on vient de montrer que g ∈ L

, on sait (d’après l’inégalité de Hölder) que l’application Ψ : v ∈ L

(Ω) 7→

Z

Ω

vg dx,

est linéaire et continue sur L

.

Par construction, elle coïncide avec Φ sur L

(Ω) qui est un sous-espace dense de L

(Ω) (question 2) et donc Φ = Ψ sur L

tout entier, ce qu’il fallait démontrer.

8. C’est juste l’inégalité de Hölder.

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4

III Le cas p = 1

1. Soit v ∈ L

(Ω), p > 1. Nous avons, avec l’inégalité de Hölder,

|Φ(v)| ≤ kΦk

kvk

≤ kΦk

|Ω|

kvk

,

ce qui montre que Φ est continue sur L

avec l’inégalité attendue.

2. Il suffit d’appliquer les résultats de la partie précédente.

3. On suppose par exemple que p

< p

nous avons

Ω

(g

− g

)v dx = 0, ∀v ∈ L

(Ω) ⊂ L

(Ω).

On peut alors prendre v = sgn(g

− g

) et obtenir

Ω

|g

− g

| dx = 0,

et donc g

= g

.

4. D’après la question 1) et l’égalité des normes prouvée dans la partie II, nous avons kgk

= kΦk

≤ |Ω|

kΦk

.

Il suffit maintenant de passer à la limite supérieure quand p → 1, ou encore quand p

→ ∞.

5. Nous écrivons

kgk

=

Ω

|g|

dx ≥

Aε

|g|

dx ≥ (kΦk

+ ε)

|A

|,

et donc

kgk

≥ (kΦk

+ ε)|A

|

.

Si la mesure de A

est non nulle, on peut passer à la limite supérieure quand q → ∞ donne lim sup

q→∞

kgk

≥ kΦk

+ ε.

Ceci contredit la question 4 et donc la mesure de A

est bien nulle.

Ceci montre bien que g est dans L

(Ω) et que

kgk

≤ kΦk

+ ε, ∀ε > 0.

Le résultat suit par passage à la limite quand ε → 0.

6. Il suffit d’utiliser le fait que L

(Ω) (par exemple) est dense dans L

(Ω).

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