Analyse - TD3
Lucie Le Briquer 5 octobre 2017
Exercice 1 - Applications du théorème de Stone-Weierstrass
1. Soit K un compact de Rd. SoitA={fonctions polynômes àdvariables}.A est bien une sous-algèbre unitaire séparante puisque :
– sev deC(K)
– stabilité par multiplication – contient1
– séparante car six6=y,∃i∈J1, dKtel quexi6=yi. En prenantP(X1, ..., Xd) =Xi, on a bienP(x)6=P(y)
Donc par Stone-Weierstrass, Aest denses dansC(K).
2. SoitK un espace métrique compact.K est donc séparable. On peut alors considérer une partie dénombrable dense X= (xn)n∈N. Soitθn:x7→d(x, xn). Posons :
AR=
+∞
[
k=1
{P(θ1, ...θk)|P ∈R[X1, ..., Xk]}
AQ=
+∞
[
k=1
{P(θ1, ...θk)|P ∈Q[X1, ..., Xk]}
On prend les coefficients dansQpour avoir la dénombrabilité deAQ. Montrons queARest dense par Stone-Weierstrass.
Soit x, y ∈ K, x 6= y, donc d = d(x, y) > 0. Par densité, on dispose de xn tel que θn(x) =d(x, xn)< d3. On va montrer queθn(y)>d3.
d(x, y)≤d(x, xn)+d(y, yn) =θn(x)+d(y, yn) ⇒ d(y, yn)≥d(x, y)−d(x, xn)> 2d 3 >d
3 Donc θn(x) 6= θn(y). Alors par Stone-Weierstrass, AR est dense dans C(K). Or AQ est dense dansARdon dansC(K). Finalement,AQ est une partie dénombrable dense deC(K) doncC(K)est séparable.
1
Exercice 2 - Convolution et régularisation 1. α∗f(x) =R
Rdf(x−y)α(y)dy Z
|f(x−y)||α(y)|dy≤ Z
kfk∞|α(y)|dy <+∞
Donc∀x∈Rd, α∗f(x)est bien définie.
Soit(αn)une approxmation de l’unité :
αn≥0 R αn= 1 R
|y|<δαn(y)dy−−−−−−→
n−→+∞ 0
SoitK un compact.
|αn∗f(x)−f(x)|= Z
Rd
f(x−y)αn(y)dy Z
Rd
f(x)αn(y)dy
≤ Z
Rd
|f(x−y)−f(x)|αn(y)dy
≤ Z
|y|<δ
|f(x−y)−f(x)|αn(y)dy
| {z }
(1)
+ Z
|y|≥δ
|f(x−y)−f(x)|αn(y)dy
| {z }
(2)
– Pour (2),≤2kfk∞R
|y|≥δαn(y)dy−−−−−−→
n−→+∞ 0.
– Pour (1),K compact doncKδ{x∈Rd |d(x, K)≤δ} est compact et∃R >0tel que K ⊂ B(0, R). Donc siδ >0 suffisamment petit pour queKδ ⊂ B(0, R). f uniformé- ment continue surB(0, R). Donc siε >0,∃η >0associé à l’uniforme continuité.
SoitKcompact,K⊂ B(0, R),ε >0,δassocié à l’uniforme continuité def surB(0, R).
On reprend la majoration :
(1)≤ε Z
|y|<δ
αn(y)dy≤ε
(indépendamment dex∈K) Doncαn∗f −−−−−−→
n−→+∞ f uniformément surK.
2. α∈ Cc1(Rd)(à support compact). Montrons queα∗f ∈ C1(Rd). Soitx∈Rd. α∗f(x) =
Z
Rd
f(x−y)α(y)dy on pose z=x−y
= Z
Rd
f(z)α(x−z)dz pas de changement de signe|jacobien|
Comme :
– z7→f(z)α(x−z)mesurable – x7→f(z)α(x−z)C1
2
– soitx∈K compact deRd, ∃K0 compact tel que∀x∈K,∀z∈supp(α)x−z∈K0. Soiti∈J1, dK,
|f(z)∂iα(x−z)| ≤ kfk∞k∂iαk∞,K01z∈supp(α) intégrable sur Rd Donc par théorème de dérivation sous le signeR
α∗ C1et ∂i(α∗f) =∂iα∗f.
Exercice 4 - Preuve du théorème de Cauchy-Peano-Arzela, version autonome Remarque.(existence de tels (ρn)) En prenant ϕ(x) = expÄ −1
1−|x|2
ä sur B(0,1) et 0 ailleurs.
ϕ∈ Cc∞(Rd). En prenantρ= Rϕ
ϕ on a bienR
ρ= 1. On pose alorsρn(x) =ndρ(nx).
1. Soitn∈N.
ß x0n(t) = (f∗ρn)(xn(t))
xn(0) =x0 (1)
Montrons que f ∗ρn est localement lipschitzienne. C’est bien le cas car f ∗ρn est C∞ (donc dérivée bornée localement + TAF). Donc par Cauchy-Lipschitz, il existe une unique solution locale à (1).
Pourquoi cette solution est-elle globale ?
Si la solution maximale est définie sur [0, b[, b < T. Alors le théorème de sortie de tout compact nous assure quexn(t)−−→
t→b +∞.
Montrons que ce cas n’est pas possible en montrant que la dérivée est bornée : (f ∗ρn)(x) =f∗ρn(x) =
Z
Rd
f(x−y)ρn(y)dy Donc :
kf ∗ρnk ≤ kfk∞kρnk1≤ kfk∞ Par les accroissements finis :
|xn(t)−xn(0)| ≤ kx0nk∞t≤ kfk∞t−−→
t→b kfk∞b
Ce qui contredit le théorème de sortie de tout compact. Alorsxnest bien définie sur[0, T].
2. ∀n∈N, xn∈ C([0, T],Rd).
– Chaquexn est lipschitzienne de constantekfk∞. En particulier,(xn)n∈N sont unifor- mément équicontinues.
– Comme précédemment, on montre que∀t∈[0, T], |xn(t)−x0| ≤ kfk∞t≤ kfk∞T.
Donc par Ascoli on extrait de(xn):
xψ(n)−−−−−−→
n−→+∞ x∈ C([0, T],Rd)
3. Montrons quexest solution du problème sur[0, T]. Pour l’instant, on sait que : – xψ(n)−−−−−−→
n−→+∞ xuniformément sur[0, T] 3
– f∗ρn−−−−−−→
n−→+∞ f uniformément surRd
∀t∈[0, T]
ß x0(t) =f(x(t))
x(0) =x0 ⇔ ∀t∈[0, T], x(t) =x0+ Z t
0
f(x(s))ds (on sait que∀t∈[0, T], xψ(n)(t) =x0+Rt
0f∗ρψ(n)(xψ(n)(s))ds) On veut donc montrer quef∗ρψ(n)(xψ(n))−−−−−−→
n−→+∞ f(x)∈ C([0, T],Rd)uniformément.
kf∗ρψ(n)(xψ(n))(xψ(n)−f(x)k∞≤ kf∗ρψ(n)(xψ(n))−f(xψ(n))k∞+kf(xψ(n))−f(x)k∞
Soitε >0, ηassocié à l’uniforme continuité def. À partir d’un certain rangN : ß kf∗ρψ(n)−fk∞< ε
kxψ(n)−xk∞< η Donc∀n≥N,
kf∗ρψ(n)(xψ(n))(xψ(n)−f(x)k∞≤2ε Doncf∗ρψ(n)(xψ(n))−−−−−−→
n−→+∞ f(x). D’où :
∀t∈[0, T], x(t) =x0+ Z t
0
f(x(s))ds
Exercice 6 - Critère de compacité dansC(K) Par exemple,Kj={x∈K, |x| ≤j, d(x,ΩC)≥1j}.
1.
2.
3.
4
