Correction DS2 Examen 8 janvier 2019 [ durée : 3 heures ]

Master 1 Mathématiques

2018-2019

M402 - Analyse

Correction DS2 Examen

8 janvier 2019 [ durée : 3 heures ]

Exercice 1.

a) Donner l’énoncé du théorème du graphe fermé.

Soit E, F deux espaces de Banach et T : E −→ F linéaire. Supposons que le graphe de T, Gr(T) = {(x, T x) : x ∈ E}, soit fermé dans E ×F (muni de la topologie produit). Alors T est continue.

b) Donner l’énoncé du théorème d’extension des formes linéaires de Hahn–Banach.

SoitEunK-espace vectoriel normé (K=RouC), soitV un sous-espace vectoriel deE et Φ :V −→Kune forme linéaire continue surV. Alors il existe une forme linéaire continue Φ :^e E −→K telle que Φ|V^e = Φ et kΦk^e =kΦk.

c) Soit Y un espace vectoriel normé. Montrer, en utilisant le théorème d’extension de Hahn-Banach, que si y₁, y₂ ∈ Y et y₁ 6= y₂, alors il existe y^∗ ∈ Y^∗ tel que y^∗(y₁)6=y^∗(y₂).

Soit V le sous espace vectoriel de Y de dimension 1 engendré par y₁−y₂, c’est- à-dire V = K(y₁ −y₂). Définissons alors Φ : V −→ K par Φ(λ(y₁ −y₂)) = λ.

On vérifie facilement que Φ est linéaire et comme V est de dimension 1, Φ est automatiquement continue. Le théorème de Hanh-Banach implique alors qu’il existe Φ :^e Y −→ K telle que Φ|V^e = Φ. En particulier, on a Φ(y^e ₁ −y₂) = Φ(y₁ −y₂) = 1 et donc Φ(y^e ₁) = 1 +Φ(y^e ₂) 6= Φ(y^e ₂). Ainsi y^∗ := Φ répond au^e problème.

d) Soient X, Y deux espaces de Banach et T :X −→ Y linéaire. On suppose que, pour tout y^∗ ∈Y^∗, on a y^∗◦T ∈X^∗. Montrer que T est continue.

Pour montrer que T est continue, nous allons appliquer le théorème du graphe fermé. Soitz = (x, y)∈X×Y et supposons quezsoit dans l’adhérence deGr(T).

Alors il existe une suite de points du graphe deT, z_n= (x_n, T(x_n)),n≥1, telle que (z_n)_n≥1 converge vers z dans X×Y. Par définition de la topologie produit, la suite (x_n)n≥1 converge vers x dans X et la suite (T(x_n))n≥1 converge vers y dans Y. Soit y^∗ ∈Y^∗. D’une part, comme y^∗ est continue sur Y, on a

y^∗(T(x_n))→y^∗(y),lorsque n→+∞,

et d’autre part, comme par hypothèse, y^∗◦T est continue sur X, on a aussi y^∗(T(x_n)) = (y^∗◦T)(x_n)→(y^∗ ◦T)(x) =y^∗(T(x)),lorsque n→+∞.

Par unicité de la limite dans K, on en déduit que, pour tout y^∗ ∈ Y^∗, on a y^∗(y) = y^∗(T(x)). La question précédente implique alors que y = T(x) et donc quez= (x, y) = (x, T x)∈Gr(T). Ainsi,Gr(T) est un fermé deX×Y et comme X et Y sont des espaces de Banach, le théorème du graphe fermé s’applique et permet d’en déduire que T est continue.

1 pt

1 pt

1 pt

2 pt

(5 pts)

Exercice 2. Soit H un espace de Hilbert. SiC est un convexe fermé, non vide de H, on note P_C la projection orthogonale de H sur C.

a) Soient C₁, C₂ deux convexes fermés, non vides de H, tels que C₁ ⊂C₂. Montrer à l’aide de l’identité du parallélogramme que, pour tout x∈H, on a

kP_C1(x)−P_C2(x)k² ≤2dist(x, C₁)²−dist(x, C₂)².

Par définition de la projection orthogonale sur un convexe fermé, non vide C dans un espace de HilbertH, on a dist(x, C) = kx−P_C(x)k. De plus, rappelons que si a, b∈H, alors l’identité du parallègramme dit que

ka+bk²+ka−bk² = 2(kak² +kbk²).

Si on applique cette inégalité àa =x−P_C1(x) et b =x−P_C2(x), on a

k2x−PC1(x)−PC2(x)k²+kPC1(x)−PC2(x)k² = 2 (kx−PC1(x)k² +kx−PC2(x)k²)

= 2 (dist(x, C₁)²+ dist(x, C₂)²). Il reste à remarquer que commeC₁ ⊂C₂, on aP_C1(x) etP_C2(x) qui sont tous les deux dans C₂ et donc par convexité de C₂, on a aussi ¹₂(P_C1(x) +P_C2(x))∈C₂. On en déduit donc que

k2x−P_C1(x)−P_C2(x)k² = 4

x−1

2(P_C1(x)+PC

2(x))

2

≥ 4 dist(x, C₂)². En combinant avec l’égalité précédente, on obtient que

kP_C1(x)−P_C2(x)k² = 2 (dist(x, C₁)²+ dist(x, C₂)²)− k2x−P_C1(x)−P_C2(x)k²

≤ 2 (dist(x, C₁)²+ dist(x, C₂)²)−4 dist(x, C₂)²

= 2 (dist(x, C₁)²−dist(x, C₂)²).

b) Soit (Cn)n≥1 une suite décroissante (i.e. Cn+1 ⊂ Cn, n ≥1) de convexes fermés non vides deH. On noteC l’intersection desC_n et on suppose queC 6=∅. Fixons un point x∈ H et notons x_n =P_Cn(x), n ≥1. On note aussi u_n = dist(x, C_n), n≥1.

(i) Montrer que (u_n)n≥1 est une suite convergente dans R+.

CommeC_n+1 ⊂C_n, n ≥ 1, on a dist(x, C_n) ≤dist(x, C_n+1), n 6= 1. Autre- ment dit, la suite (u_n)n≥1 est une suite croissante de réels. De plus, comme C ⊂Cn, n ≥1, et que C est non vide, on a dist(x, C_n)≤ dist(x, C) <∞.

Ainsi, la suite de réels (u_n)n≥1 est croissante, bornée par dist(x, C). On en déduit que la suite (u_n)n≥1 converge dans R⁺ et on a

`= lim

n→+∞u_n≤dist(x, C).

(ii) En déduire que (x_n)_n≥1 est une suite convergente dans H.

Montrons que (x_n)n≥1 est une suite de Cauchy. Soient n > m. On a alors C_n ⊂C_m et en utilisant la question a), on a

kx_n−x_mk² = kP_Cn(x)−P_Cm(x)k² ≤2 (dist(x, C_n)²−dist(x, C_m)²)

= 2(u²_n−u²_m).

1 pt

1 pt

1 pt

1 pt

(6 pts)

Rappelons que d’après la question précédente, la suite (u_n)_n≥1 converge et donc u²_n−u²_m →`<sup>2</sup>−`² = 0, lorsque n, m →+∞. On en déduit donc que kx_n−x_mk →0, lorsque n, m→+∞. Autrement dit, (x_n)n≥1 est une suite de Cauchy dansH qui est complet. Donc elle converge.

(iii) Montrer que (x_n)_n≥1 converge vers PC(x).

Notons y la limite de la suite (x_n)n≥1 dans H. Fixons m ≥ 1. Pour tout n ≥ m, on a xn ∈ Cn ⊂ Cm. Comme Cm est fermée, on en déduit que y= limn→+∞x_n∈C_m. Ceci étant vraie pour toutm≥1, on en déduit que y∈C (qui est l’intersection des C_m, m≥1). On a alors

dist(x, C)≤ kx−yk= lim

n→+∞kx−x_nk= lim

n→+∞kx−P_Cn(x)k= lim

n→+∞dist(x, C_n).

Mais on a vu à la question b)(i) que lim_n→+∞dist(x, C_n) ≤ dist(x, C), ce qui donne finalement que

n→+∞lim dist(x, C_n) = dist(x, C).

CommeC ⊂Cn, n ≥ 1, on applique une nouvelle fois la question a) et on en déduit que

kx_n−P_C(x)k² =kP_Cn(x)−P_C(x)k² ≤2dist(x, C)²−dist(x, C_n)². Il reste à faire tendre n →+∞ pour obtenir que la suite (x_n)n≥1 converge vers P_C(x).

Exercice 3. Soit c∈R^∗+. On considère les deux fonctions f et g_c définies par f(t) = e^−2π|t| et g_c(t) = _t2+c^{1 2}, t∈R.

a) Justifier que f et g_c sont deux fonctions dans L¹(R).

La fonction f est continue sur R donc mesurable et localement intégrable. De plus, on sait que|f(t)|=o(1/t²),|t| →+∞. Ainsif est dansL¹(R). De même, la fonctiong_c est continue sur R(comme fraction rationnelle avec le dénominateur qui ne s’annule pas, remarquer quec > 0). Ainsig_c est mesurable et localement intégrable. De plus,|g_c(t)| ∼1/t², |t| →+∞. Ainsi g_c est aussi dans L¹(R).

b) Calculer f.^b On a

fb(x) =

Z +∞

−∞

f(t)e^−2iπxtdt=

Z +∞

−∞

e^−2π|t|e^−2iπxtdt

=

Z 0

−∞e^2πt(1−ix)dt+

Z +∞

0

e^{−2πt(1+ix)}dt

= 1

2π(1−ix)

he^{2πt(1−ix)i0}

−∞− 1 2π(1 +ix)

he^{−2πt(1+ix)i+∞}

0 . Remarquons que

e^2πt(1−ix)=e^2πt →0, t→ −∞ et e^{−2πt(1+ix)}=e^−2πt →0, t→+∞.

D’où

f(x) =b 1

2π(1−ix) + 1

2π(1 +ix) = 1 π(1 +x²). 2 pt

1 pt

1 pt (6 pts)

c) En déduire gbc. On a

gb_c(x) =

Z +∞

−∞ g_c(t)e^−2iπxtdt

=

Z +∞

−∞

1

t²+c²e^−2iπxtdt

=1 c²

Z +∞

−∞

1 1 + _c^t22

e^−2iπxtdt.

Effectuons le changement de variable u=t/c. On en déduit alors que gb_c(x) =1

c

Z +∞

−∞

1

1 +u²e^−2iπcxudu (1)

=π c

Z +∞

−∞

f(u)eb ^−2iπcxudu (2)

=π

c(F Ff)(−cx). (3)

Comme f ∈L¹(R et que f^b∈ L¹(R), la formule d’inversion de Fourier implique que

gb_c(x) = π

cf(−cx), pour presque tout x∈R.

Mais commegbcetf sont continues, cette égalité est vraie pour toutx∈R. Ainsi gb_c(x) = π

ce^−2πc|x|, x∈R.

d) Soient 0< a < b <+∞. On considère l’équation intégrale (E)

Z +∞

−∞

g(t)

(x−t)²+a² dt = 1

x²+b², x∈R,

où g ∈ L¹(R) est l’inconnue. Résoudre (E), c’est-à-dire trouver toutes les fonc- tions g ∈L¹(R) solutions de (E).

On voit que g ∈ L¹(R) vérifie (E) si et seulement si ga∗g = gb. En prenant la transformée de Fourier qui est injective surL¹(R), et en utilisant que\g_a∗g =g_bag,_b on obtient donc que g vérifie (E) si et seulement si

g(x)b gb_a(x) = gb_b(x), ∀x∈R.

En utilisant la question b) qu’on applique à la fois à g_a et g_b, on voit que cette équation est équivalente à

g(x) =b a

be−2π(b−a)|x|

, ∀x∈R.

En appliquant une nouvelle fois la question b) cette fois ci àg_b−a (remarquer que b−a >0), on en déduit que

g(x) =b a(b−a)

πb g^db−a(x), ∀x∈R. 2 pts

1 pt

Une nouvelle fois, l’injectivité de la transformée de Fourier nous permet de voir que g ∈L¹(R) satisfait (E) si et seulement si

g = a(a−b)

πb gb−a presque partout.

Commegb−a∈L¹(R) (voir question a)), on en déduit que l’équation (E) admet une unique solution g ∈L¹(R) donnée par

g(x) = a(a−b) πb

1

x²+ (b−a)², pour presque toutx∈R. Exercice 4. Soit 1≤p≤+∞. Pour chaque fonction f ∈L^p(R), on considère

T_f(ϕ) =

Z +∞

−∞ f(t)ϕ(t)dt, (ϕ∈S(R)).

a) Vérifier que T_f est une distribution tempérée.

Soit ϕ∈S(R). Montrons tout d’abord que f ϕ∈L¹(R). Tout d’abord comme f est mesurable etg est continue, la fonction ϕf est mesurable. D’autre part, on a

Z +∞

−∞ |ϕ(t)||f(t)|dt≤sup

t∈R

(1 +t²)|ϕ(t)|

Z +∞

−∞

|f(t)|

1 +t² dt.

Siq désigne l’exposant conjugué dep, remarquons alors que la fonction g :t7−→

1

1+t² est dans L^q(R) car elle continue sur R donc localement intégrable et on a 1

1 +t² ∼ 1

t², |t| →+∞.

Comme 2q ≥ 2, on en déduit que g ∈L^q(R). En appliquant donc l’inégalité de Hölder, on en déduit que

Z +∞

−∞ |ϕ(t)||f(t)|dt≤sup

t∈R

(1 +t²)|ϕ(t)|kfk_pkgk_q.

Commeϕ∈S(R), on a sup_t∈R(1 +t²)|ϕ(t)|<+∞et ceci achève de prouver que ϕf est dansL¹(R). Ainsi T_f définit bien une application deS(R) dansC et elle est clairement linéaire. Pour montrer qu’elle est continue, remarquons que ce qui précéde montre que pour toute fonction ϕ∈S(R), on a

|T_f(ϕ)| ≤ kfk_pkgk_qsup

t∈R

|(1 +t²)ϕ(t)| ≤2kfk_pkgk_qN₂(ϕ),

où on rappelle que pour s ∈ N, on a N_s(ϕ) = sup<sub>0≤k,`≤s</sub>sup<sub>t∈R</sub>|t<sup>k</sup>ϕ<sup>(`)</sup>(t)|. La dernière inéqualité suffit à montrer que T_f est continue sur S(R) et donc une distribution tempérée.

b) Pour n∈N^∗. On pose fn(x) =

Z n

−nf(t)e^−2iπxtdt, (x∈R).

Montrer que, pour tout n ≥1, fn est une fonction continue et bornée sur R. On peut remarquer que f_n est la tranformée de Fourier de la fonction x 7−→

χ[−n,n]f qui est dans L¹(R) d’après Hölder car f ∈L^p(R) et χ_[−n, n]∈ L^q(R).

Or la transformée de Fourier envoieL¹(R) dans l’espace des fonctions continues bornées. Ainsi f_n est continue et bornée.

1 pt

2 pts

1 pt (5 pts)

c) Montrer que (T_fn)_n≥1 converge vers T^cf dans S⁰(R).

Remarquons que d’après la question b), la fonction f_n ∈L^∞(R). Ainsi, d’après la question a) avecp= +∞, on en déduit queT_fn est une distribution tempérée.

Pour ϕ∈S(R), on a T_fn(ϕ) =

Z +∞

−∞ f_n(x)ϕ(x)dx=

Z +∞

−∞

Z _n

−nf(t)e^−2iπxtdt

ϕ(x)dx.

Montrons qu’on peut appliquer le théorème de Fubini. On a

Z +∞

−∞

Z _n

−n

f(t)ϕ(x)e^−2iπxt dx dt=

Z _n

−n|f(t)|dt

Z +∞

−∞ |ϕ(x)|dx.

Commeϕ∈S(R)⊂L¹(R), la deuxième intégrale du membre de droite est finie et on a vu à la question b) que χ[−n,n]f ∈ L¹(R) (conséquence de l’inégalité de Hölder). Ainsi, la première intégrale du membre de droite est aussi finie. Donc

Z +∞

−∞

Z n

−n

f(t)ϕ(x)e^−2iπxt dx dt <+∞,

ce qui montre qu’on peut appliquer le théorème de Fubini. Ainsi, on obtient Tfn(ϕ) =

Z n

−nf(t)

Z +∞

−∞ ϕ(x)e^−2iπxtdx

dt

=

Z n

−n

f(t)ϕ(t)_b dt

=

Z +∞

−∞ χ[−n,n](t)f(t)ϕ(t)_b dt.

Montrons qu’on peut appliquer le théorème de convergence dominée. Pour tout t∈R, on a

n→+∞lim χ[−n,n](t)f(t)ϕ(t) =b f(t)ϕ(t).b

De plus,

χ[−n,n](t)f(t)ϕ(t)_b ≤ |f(t)||ϕ(t)|,b

et comme ϕ ∈ S(R), ϕ_b ∈ S(R) ⊂ L^q(R), l’inégalité de Hölder implique que fϕb ∈ L¹(R). On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée qui implique que

n→+∞lim T_fn(ϕ) = lim

n→+∞

Z +∞

−∞ χ[−n,n](t)f(t)ϕ(t)b dt

=

Z +∞

−∞

n→+∞lim χ_[−n,n](t)f(t)ϕ(t)_b dt

=

Z +∞

−∞

f(t)ϕ(t)_b dt

=T_f(ϕ)_b

=T^c_f(ϕ).

Ceci prouve donc que (Tfn)n converge vers T^cf dans S⁰(R).

2 pts