TD3. Exercice 1 Un cas particulier du théorème de Cauchy-Lipschitz. f (s,y(s))ds.

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1 Analyse fonctionnelle A. Leclaire - L. Magnis ENS Cachan M1 Hadamard TD3 Exercice 1 Un cas particulier du théorème de Cauchy-Lipschitz Soient I un intervalle de, E un espace de Banach et f : I E E une application continue. On suppose que pour tout compact K I, il existe k > 0 tel que t K, y,z E, f t,y) f t,z) k y z. 1) On fixe t 0 I et y 0 E. On va montrer l existence globale et l unicité d une solution de l équation différentielle y = f t,y) avec condition initiale yt 0 ) = y 0. 1) Soit K un sous-intervalle compact de I de longueur l, contenant t 0 et k > 0 vérifiant 1). Pour y C K,E), on définit F y) C K,E) par F y) : t y 0 + t t 0 f s,ys))ds. a) Montrer que y est solution sur K si et seulement si F y) = y. b) Montrer que pour p N, l itérée F p est lipschitzienne de rapport kl)p p!. c) En déduire qu il y a existence et unicité de la solution sur K. 2) Montrer que l équation différentielle admet une solution unique définie sur tout l intervalle I. 3) Soient A : I L E) et b : I E continues. Montrer que l équation différentielle y = At)y + bt) avec condition initiale yt 0 ) = y 0 admet une unique solution définie sur I. Exercice 2 Équation intégrale de Volterra Soit K : [a,b] [a,b] et φ : [a,b] continues. Montrer qu il existe une unique fonction continue f : [a,b] telle que t [a,b], f t) = φt) + t a K s,t)f s)ds. Exercice 3 Prolongement des applications uniformément continues Soient E,F deux espaces métriques, D une partie dense de E, et φ : D F. On suppose que F est complet, et que φ est uniformément continue. On va voir que φ admet admet un unique prolongement continu à E et que de plus celui-ci est uniformément continu. 1) Montrer qu un éventuel prolongement continu est nécessairement unique. 2) Montrons maintenant l existence. a) Soit x E. Montrer que si x n ) est une suite d éléments de D qui converge vers x, alors φx n )) converge dans F. Montrer de plus que la limite ne dépend pas de la suite x n ) choisie. On note cette limite ψ x). b) Montrer que ψ : E F est uniformément continue et qu elle prolonge φ. 1/15

2 3) Application à l intégrale des fonctions réglées. Soit G un espace de Banach. On dit que f : [a,b] G est une fonction en escalier s il existe a = a 0 < a 1 <... < a n = b telle que f soit constante sur chaque ]a i,a i+1 [. Une fonction f : [a,b] G est dite réglée si elle est limite uniforme de fonctions en escalier. On note [a,b],g) l ensemble des fonctions réglées muni de la norme uniforme. a) Soit f en escalier sur la subdivision a = a 0 < a 1 <... < a n = b. On note y i la valeur de f sur ]a i 1,a i [. Montrer que le nombre n y i a i a i 1 ) ne dépend pas de la subdivision choisie. On le note I f ) ou b a f. on pourra considérer une subdivision qui soit plus fine que S1 et S2. Indicaton : Étant données deux subdivisions S1 et S2, b) Montrer qu on peut prolonger I en une application linéaire continue I : [a,b],g) G. c) Montrer qu une fonction f C [a,b],g) est réglée et que I f ) f b a). d) Montrer que si f C [a,b],g), alors F : t t a f s)ds est C 1 [a,b],g) de dérivée f. e) Soit f C 1 [a,b],g). Montrer que f b) f a) = b a f s)ds. Exercice 4 Exemples de convolution 1) On considère les fonctions f,д : définies par f x) = e x 1 x 1, дx) = x1 x 1. Montrer que f д est définie partout et la calculer. 2) On considère les fonctions f,д : définies par 1 ) 2 f x) = x, дx) = 1 + x 2. Montrer que f д est définie partout et la calculer. 3) Dans 2, on note A le disque unité et B = [ 1,1]. Calculer 1 A 1 B. Exercice 5 Inégalité de Young Soient p,q [1, ] tels que 1 p + 1 q 1. On introduit r [1, ] tel que 1 1 r = 1 1 p q. Soient f,д : d avec f L p et д L q. On va voir que f д est définie presque partout, et f д L r avec f д r f p д q. 1) Expliquer pourquoi l on peut supposer f 0 et д 0. 2) emarquer que le cas r = et le cas p = 1 ont été traités en cours. Dans la suite on suppose r < et que 1 < p,q < ce qui implique r > p,q,1). 3) Montrer que f x y)дy)dy ) 1 f p x y)д q r y)dy f r p r 1 x y)д r q r 1 y)dy ) 1 1 r. 4) Montrer que f r p r 1 x y)д r q r 1 y)dy ) r p f p p r 1) y)dy ) r q д q qr 1) y). 5) Conclure. 2/15

3 Exercice 6 Partitions lisses de l unité Soit Ω d ouvert, K Ω, et U 1,...,U n des ouverts tels que K n U i = Ω. On va voir qu il existe V ouvert et des fonctions φ 1,...,φ n Cc Ω,[0,1]) tels que K V Ω et Suppφ i ) U i, x V, φ i x) = 1, et x Ω, φ i x) [0,1]. 1) Construire des ouverts V 1,...,V n tels que V i U i, V i compact, et K n V i. 2) Construire des fonctions ψ i C c Ω,[0,1]) telles que Suppψ i ) U i, et ψ i = 1 sur V i. Indication : on pourra utiliser la version lisse du lemme d Urysohn, voir TD2. 3) Pour tout i = 1,...,n, posons φ i = 1 ψ 1 )... 1 ψ i 1 )ψ i. Montrer que φ φ i = 1 1 ψ 1 )... 1 ψ i ). 4) Montrer que les fonctions φ 1,...,φ n satisfont les conditions désirées avec V = n V i. Exercice 7 Mesures définies par dualité Dans cet exercice, les espaces de fonctions considérés seront munis de la norme uniforme. 1) Soit K 2 compact. Pour f C K) que l on prolonge par 0 à 2, on poset f ) = f x,x)dx. a) Montrer que l on définit ainsi une forme linéaire continue sur C K). b) Montrer qu il existe une mesure positive finie µ sur K telle que f C K), T f = f dµ. 2) Soit T une forme linéaire continue sur C c d ). Montrer que T se prolonge de manière unique en une forme linéaire continue sur C 0 d ). 3) Pour f C c 2 ), on pose S f ) = f x,x)dx. a) Est-ce que S est une forme linéaire continue sur C c 2 )? b) Montrer néanmoins qu il existe une mesure positive ν sur 2, finie sur les compacts, telle que pour toute f C c 2 ), S f = f dν. Commenter. Exercice 8 Norme L p et dualité 1) On considère un espace mesuré E, A, µ) avec µ sigma-finie. Soit p [1, ]. Montrer que f L p, f p = sup д L q д q 1 f дdµ. 2) On considère ici un ouvert Ω d muni de la restriction de la mesure de Lebesgue. On suppose aussi p > 1. Soit f L p Ω) telle que φ Cc Ω), f x)φx)dx = 0. Montrer que f = 0 presque partout. Ω 3/15

4 Correction : Exercice 1 Un cas particulier du théorème de Cauchy-Lipschitz 1) a) Si y est solution de l équation différentielle, alors en particulier y est C 1 sur K et, par le théorème fondamental du calcul intégral, yt) yt 0 ) = t t 0 y s)ds = d où F y) = y. éciproquement, si F y) = y, alors pour tout t K, t t yt) = y 0 + f s,ys))ds. t 0 t 0 f s,ys))ds. Prenant t = t 0, on obtient déjà yt 0 ) = y 0. De plus, comme f et y sont continues, s f s,ys)) est aussi continue et donc on obtient que y est C 1 sur K et que pour tout t K, y t) = f t,yt)), ce qui donne que y est solution de l équation différentielle. emarque : Le lecteur attentif aura remarqué qu on a utilisé ici des intégrales de fonctions continues sur un segment de, à valeurs dans un espace de Banach. Pour la construction et les propriétés de ce type d intégrale, voir Exercice 3. 2) Fixons y,z C K,E). Montrons par récurrence que pour tout p N, t K, F p y)t) F p z)t) k t t 0 ) p y z. 1) p! Pour p = 0, c est évident. Supposons que pour un certain p, on ait la proposition 1). Notons Y = F p y) et Z = F p z). Par commodité, supposons t t 0 le cas t t 0 étant similaire). Par définition, F p+1 y)t) F p+1 z)t) = F Y )t) F Z )t) = t t 0 f s,y s)) f s,z s)) ) ds d où, en utilisant l hypothèse sur f, puis l hypothèse de récurrence, F p+1 y)t) F p+1 z)t) k t t 0 t t 0 f s,y s)) f s,z s)) ds k kp p! y z On en déduit que la proposition est vraie au rang p + 1. Y s) Z s) ds t t 0 s t 0 ) p ds = kp+1 t t 0 ) p+1 y z. p + 1)! 4/15

5 Finalement, on obtient l inégalité 1) pour tout p N. A fortiori, y,z C K,E), F p y) F p z) kl)p p! y z, ce qui prouve que F p est lipschitzienne de rapport kl )p p!. kl )p kl )p 3) Comme p! 0 quand p, on peut choisir p tel que p! < 1. On en déduit que F admet une itérée qui est contractante. Puisque C K,E) est complet, le théorème du point fixe assure que F p admet un point fixe unique que l on notera φ C K,E). On a en fait F p F φ)) = F F p φ)) = F φ) donc F φ) est point fixe de F p, et donc par unicité, il vient F φ) = φ, c est-à-dire que φ est point fixe de F qui est aussi unique car un point fixe de F est point fixe de F p ). Ainsi, on a bien montré l existence et l unicité d une solution sur K à l équation différentielle. 4) On peut introduire une suite K n = [a n,b n ] croissante d intervalles compacts dont la réunion est I. Alors, sur chaque K n on vient de voir que l équation différentielle admettait une unique solution φ n. En particulier, si q > p, la restriction de φ q à K p est égale à φ p. Ainsi, les φ n se prolongent entre elles, et définissent une fonction φ : I E. Si t I, alors nécessairement, il existe n tel que t ]a n,b n [ ; dans ce cas, φ coïncide avec φ n sur ]a n,b n [, donc en particulier est C 1 au voisinage de t et vérifie φ t) = f t,φt)). Maintenant, si t I \ I, c est-à-dire que t est une des deux extrémités de I. Si par exemple, c est l extrémité droite, il existe donc n tel que t = a n. Alors, φ coïncide avec φ n sur [a n,b n ] et en particulier est C 1 à droite en t et vérifie φ t) = f t,φt)). Il en résulte que la solution φ construite par prolongement est bien C 1 sur tout l intervalle I et y vérifie l équation différentielle. Enfin, si ψ est une autre solution sur I, sa restriction K n est solution sur K n, donc coïncide avec φ n sur K n, donc coïncide avec φ sur K n. Par conséquent ψ coïncide avec φ sur I tout entier. 5) Il suffit de considérer l application f t,y) = At)y + bt). Elle est continue par continuité de A et b. De plus, si K I est compact, alors pour tous t K, et y,z E ) f t,y) f t,z) = At)y z) As) y z, où As) est la norme de As) dans L E) subordonnée à. En particulier, f vérifie bien l hypothèse donnée dans l énoncé, et les questions précédentes montrent que l équation différentielle y = At)y + bt) admet une unique solution sur I vérifiant yt 0 ) = y 0. Exercice 2 Équation intégrale de Volterra On utilise la même méthodologie que dans l exercice 1 en se ramenant à un problème de point fixe. Pour f C [a,b]), on définit une fonction Λf : [a,b] en posant Λf t) = φt) + t a sup s K K s,t)f s)ds. Par continuité sous le signe somme, Λf est bien continue sur [a,b], et donc Λf C [a,b]). On remarque que f est solution de l équation proposée si et seulement si Λf = f. On va alors prouver qu une itérée de Λ est contractante. Pour cela, montrons par récurrence que pour tout n N, K t a) ) n 5/15 t [a,b], Λ n f t) Λ n дt) n! f д.

6 Comme Λ 0 f = f, l initialisation est évidente. Maintenant, supposons cette propriété vraie au rang n. Pour tout t [a,b], on a Λ n+1 f t) Λ n+1 дt) t K s,t) Λ n f s) Λ n дs) ) ds Par récurrence, on en déduit que pour tout n N, En particulier, Comme t [a,b], a t K n f д K s a) n ds a n! = K t a)) n+1 f д. n + 1)! Λ n f t) Λ n дt) Λ n f Λ n д lim n K b a) ) n n! K b a) ) n n! K t a) ) n n! = 0, f д. f д. il existe n tel que Λ n soit 1 2-lipschitzienne, et donc contractante. Ainsi, Λ a une itérée contractante, et donc par le même argument que dans l Exercice 1, il vient que Λ a un unique point fixe, ce qui conclut. Exercice 3 Prolongement des applications uniformément continues 1) Soient ψ 1, ψ 2 deux prolongements continus de φ à E. Soit x E. Comme D est dense dans E et comme E est métrique), il existe une suite x n ) d éléments de D qui converge vers x. Comme ψ 1 et ψ 2 coïncident avec φ sur D, on a n N, ψ 1 x n ) = ψ 2 x n ). Mais comme ψ 1 et ψ 2 sont continues en x et que lim x n = x, on obtient en passant à la limite dans cette égalité que ψ 1 x) = ψ 2 x). Ainsi, ψ 1 et ψ 2 coïncident sur tout E. 2) a) Soient x n D qui convergent vers x dans E. On va voir que φx n )) est de Cauchy dans F. Soit ε > 0. Comme φ est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que x,y D, dx,y) < η = dφx),φy)) < ε. Mais comme x n ) converge dans E, c est une suite de Cauchy, donc il existe N tel que Par suite, p,q N, dx p,x q ) < η. p,q N, dφx p ),φx q )) < ε. Ainsi, φx n )) est bien une suite de Cauchy dans F. Comme F est complet, elle converge. Montrons de plus que la limite ne dépend pas de la suite x n ) choisie. Pour cela, donnonsnous x n D et y n D convergeant vers x dans E. Ce qui précède montre que φx n )) et φy n )) convergent respectivement vers l et l dans F. Mais alors, la suite z n ) définie par z 2n = x n et z 2n+1 = y n, 6/15

7 converge elle aussi vers x, et ce qui précède montre donc que φz n )) converge. Cette suite admettant deux sous-suites convergeant respectivement vers l et l, on en déduit que l = l. b) D abord, il est clair que ψ prolonge φ. En effet, si x D, alors la suite constante x n = x converge vers x, et on a donc ψ x) = lim φx n ) = φx). Maintenant, montrons que ψ est uniformément continue. Pour cela, prenons ε > 0. Comme φ est uniformément continue sur D, il existe η > 0 tel que x,y D, dx,y) < η = dφx),φy)) < ε. Mais alors, si x,y E sont tels que dx,y) < η, il existe deux suites x n ) et y n ) dans D convergeant respectivement vers x et y. Par définition de ψ, on a ψ x) = lim φx n ) et ψ y) = lim φy n ). Par continuité de la distance, on a donc dx n,y n ) dx,y) et en particulier, à partir d un certain rang N, dx n,y n ) < η. Ainsi, n N, dφx n ),φy n )) < ε. En utilisant de nouveau la continuité de la distance, on obtient en faisant n que dψ x),ψ y)) ε. Cela prouve que ψ est uniformément continue sur E. 3) a) Une subdivision a = a 0 < a 1 <... < a n = b est dite adaptée à f si f est constante sur chaque intervalle ]a i 1,a i [. Dans la suite, on adoptera une notation ensembliste S = {a 0,...,a n } pour cette subdivision. Considérons une subdivision S 1 = {a 0,... a n } de [a,b] adaptée à f et notons y i la valeur de f sur ]a i 1,a i [. Une subdivision S 2 plus fine que S 1 est de la forme S 2 = { a j i, 1 i n, 0 j J i }, où pour tout i, { a j i, 0 j J i } est une subdivision de [a i 1,a i ]. Cette subdivision plus fine est encore adaptée à f, et la valeur de la somme de iemann correspondante est donc J i y i a j i aj 1 i ) = j=1 J i y i j=1 a j i aj 1 i ) = y i a i a i 1 ). Ainsi, la valeur de la somme de iemann ne change pas si l on raffine la subdivision. Enfin, si S 1 et S 2 sont deux subdivisions adaptées à f, alors leur réunion S = S 1 S 2 est aussi adaptée à f, et est plus fine que S 1 et S 2. Les sommes de iemann associées à S 1 et S 2 sont donc égales à la somme de iemann associée à S. Finalement, la somme de iemann y i a i a i 1 ) est la même pour n importe quelle subdivision a = a 0 <... < a n = b adaptée à f. b) Notons E[a,b],G) l ensemble des fonctions en escalier sur [a,b]. Montrons que I est uniformément continue sur E[a,b],G). D abord, I est linéaire. En effet, soient f,д E[a,b],G) et α,β. Si S 1 et S 2 sont des subdivisions respectivement adaptées à f et д, alors la subdivision S = S 1 S 2 est adaptée à la fois à f et д. Si l on note a = a 0 < a 1 <... < a n = b cette subdivision S et y i resp. z i ) la valeur de f resp. д) sur ]a i 1,a i [, alors S est adaptée à α f + βд et cette dernière vaut αy i + βz i sur ]a i 1,a i [. Par suite, I α f + βд) = αy i + βz i )a i a i 1 ) = α y i a i a i 1 ) + β z i a i a i 1 ) = αi f ) + βi д). 7/15

8 Cela prouve que I est linéaire. Prenons alors f E[a,b],G), a = a 0 < a 1 <... < a n une subdivision adaptée à f, et désignons par y i la valeur de f sur ]a i 1,a i [. L inégalité triangulaire donne I f ) y i a i a i 1 f a i a i 1 ) = f b a). On en déduit que I est une application linéaire continue de E[a,b],G) dans G. Par linéarité, I est même uniformément continue sur E[a,b],G). De plus, par définition, E[a,b],G) est dense dans [a,b],g). Enfin, G est complet. En utilisant le théorème de prolongement des applications uniformément continues démontré dans les questions 1 et 2, on en déduit que I se prolonge de manière unique en une application linéaire continue I : [a,b],g) G. De plus, l inégalité précédente se prolonge par continuité et donne f [a,b],g), I f ) f b a). c) Soit f C [a,b]) et soit ε > 0. Par le théorème de Heine, f est uniformément continue sur [a,b], donc il existe n N tel que x,y [a,b], x y < 1 n f x) f y) < ε. Considérons alors la subdivision définie par a i = a + i b a n, 0 i n, et définissons la fonction en escalier д = f a)1 {a } + f a i )1 ]ai 1,a i ]. Alors f д < ε. En effet, si x = a, alors f x) = дx), et si x ]a,b], il existe i {1,...,n} tel que x ]a i 1,a i ], et alors дx) f x) = f a i ) f x) < ε, où l on a utilisé que a i x < a i a i 1 = 1 n. Ainsi, f д ε. Finalement, les fonctions continues sont bien réglées. De plus, l inégalité demandée a déjà été démontrée à la fin de la question précédente. d) Soit f C [a,b],g) et posons F t) = t f s)ds. Montrons que F est dérivable en un a point t [a,b] fixé. Soit ε > 0. Par continuité de f, il existe η > 0 tel que Pour h > 0 tel que t + h [a,b], on a F t + h) F t) h u [a,b], t u < η f t) f u) < ε. f t) = 1 h t+h t f s)ds f t) = 1 h t+h t f s) f t))ds. Par conséquent, en utilisant l inégalité de la question précédente, on obtient que pour h ]0,η[, Cela prouve que 8/15 F t + h) F t) h F t + h) F t) lim h 0 + h f t) ε. = f t).

9 De la même manièire, on montre que la limite en 0 est aussi égale à f t). On en conclut que F est dérivable en t et que F t) = f t). Comme f est continue, il s ensuit que F est de classe C 1. e) Il s agit de montrer que pour tout t [a,b], f t) = f a) + t a f s)ds. Par la question précédente, le membre de droite est une fonction C 1 de dérivée f. Par conséquent, les deux membres sont dérivables et ont même dérivée. Comme ils valent tous les deux f a) en t = a, on en déduit qu ils sont égaux. À noter que le résultat f = 0 f = cste provient d une version générale de l inégalité des accroissements finis ; pour la preuve de ce résultat, on revoie au Chap. 4 du Cours de Mathématiques, Tome 2 Analyse de J. Lelong-Ferrand et J.M. Arnaudiès. Exercice 4 Exemples de convolution Il est clair que les fonctions considérées sont mesurables. 1) Pour x on a f x y) дy) dy = e x y y 1 [1,+ [ x y)1 [ 1,+ [ y)dy = e x y e y 1 ],x 1] y)1 [ 1,+ [ y)dy. Si x 0, cette quantité est nulle, de sorte que f дx) est bien définie et vaut 0. Si x > 0, on a x 1 f x y) дy) dy = e x y e y dy < +. de sorte que f дx) est bien défini. Sa valeur est 1 x 1 f дx) = e x ye y dy 1 = e x [ 1 + y)e y] y=x 1 y= 1 = ex. 2) f et д sont positives, donc pour tout x, f дx) est bien défini éventuellement de valeur infinie). Calculons sa valeur 1 f дx) = x y 1 + y 2 ) 2dy 9/15 = = π 2 π 2 arctan x = 1 2 π 2 [ x x tan t cos 2 tdt changement de variable y = tan t) t + π x cos 2 2 t sin t cos t)dt + ) ] arctan x sin 2t + cos 2 t π 2 2 sin 2 arctan x arctan x sin t cos t x cos 2 t)dt [ cos 2 t x = x arctan x + x + cos 2 arctan x 2 x = x arctan x + x 1 + x x 2 = x arctan x + 1. t + )] π sin 2t 2 2 arctan x

10 3) 1 A et 1 B sont des fonctions positives. Pour x 2, on a 1 A 1 B x) = 1 A x y)1 B y)dy = 1 x A) B y)dy 2 2 où λ désigne la mesure de Lebesgue sur 2. x A étant le disque de centre x et de rayon 1, x A) B est une section de disque, éventuellement vide. λ x A) B) est l aire de cette section, finie. Pour calculer sa valeur, on note x = x 1,x 2 ). Clairement, l aire de la section de disque ne dépend que de x 1 et est paire en x 1. On se contente donc d étudier les x 1 0. On distingue alors trois cas. Cas 1 : x 1 2. Dans ce cas l intersection est vide ou bien réduite au singleton 1,x 2 ) pour x 1 = 2) et 1 A 1 B x) = 0. Cas 2 : 1 < x 1 < 2. La section est délimitée par la droite verticale d abscisse 1, le centre du disque en étant exclu. Le calcul de l aire de la section donne 1 A 1 B x) = arccosx 1 1) x 1 1) 1 x 1 1) 2. Cas 3 : 0 x 1 1. La section est délimitée par la droite verticale d abscisse 1, le centre du disque y étant inclus. Le calcul de l aire de la section donne 1 A 1 B x) = π arccos1 x 1 ) x 1 1) 1 x 1 1) 2 = arccosx 1 1) x 1 1) 1 x 1 1) 2. Finalement, 1 A 1 B x) = 0 si x 1 2 et sinon 1 A 1 B x) = arccos x 1 1) x 1 1) 1 x 1 1) 2. Exercice 5 Inégalité de Young 1) Supposons que le résultat soit vrai si f,д 0. Alors, pour f,д de signe quelconque on a f д r f p д q = f p д q, et en particulier, pour presque tout x, f д x) <, c est-à-dire, f x y) дy) dy < +. Donc f дx) est bien défini et vérifie f дx) f д x), de sorte que f д L r avec f д r f д r f p д q. 2) r = + équivaut au cas où p et q sont conjugués, déjà traité en cours. p = 1 équivaut au cas où r = q, c est-à-dire L 1 L q qui a aussi été traité en cours. 3) On fixe x. L inégalité de Hölder appliquée aux fonctions positives h : y f p r x y)д q r y) k : y f r p r x y)д r q r y) 10/15

11 donne f x y)дy)dy = = hy)ky)dy ) 1 hy) r r dy ) 1 1 ky) r r r 1 ) 1 f p x y)д q r y)dy f r p r 1 x y)д r q r 1 y) ) 1 1 r. 4) Notons On a P = pr 1) r p > 0, Q = qr 1) r q > 0. 1 P + 1 Q = r p pr 1) + r q qr 1) = r 1 r 1 p 1 r + 1 q 1 ) r = r 1 1 ) = 1, r 1 r de sorte que P,Q 1 sont conjugués. De plus, en notant on a hy) = f r p r 1 x y), ky) = д r q r 1 y), on a par l inégalité de Hölder f r p r q r 1 x y)д r 1 y) h P k Q = = f r p r 1 p ) r p f p p r 1) x y)dy д r q r 1 q. ) r q д q qr 1) y)dy 5) D autre part on a dx f p x y)д q y)dy = f p д q x)dx = f p д q 1 f p 1 д q 1 = f p p д q q. On en déduit r dx f x y)дy)dy) dx dx f p x y)д q y)dy f p x y)д q y)dy f r p p д q r q f p p д q q f r p p д q r q = f r p д r q < +, f r p r 1 x y)д r q r 1 y)dy ) r 1 de sorte que f x y)дy)dy est presque partout fini, et f д ainsi défini est dans L r. Enfin f д r = f дx) r dx) 1 r f p д q. 11/15

12 Exercice 6 Partitions lisses de l unité 1) Pour 1 i n et x i U i, il existe r i > 0, tel que Bx i,r i ) U i. Du recouvrement ouvert on extrait un sous-recouvrement fini K K n x i U i Bx i,r i ), n n i Bxj i,r j i ). j=1 On définit alors, pour tout i, On a K n i V i = Bxj i,r j i ). j=1 n V i, V i compact, V i U i. 2) On applique le lemme d Urysohn version lisse cf. TD2, exercice 6) au compact V i et à l ouvert U i. Il existe donc ψ i C c Ω,[0,1]) à support dans U i telle que ψ i = 1 sur V i. 3) Par récurrence sur i. Pour i = 1, on a φ 1 = ψ 1 = 1 1 ψ 1 ). Supposons le résultat vrai à l indice 1 i n 1. Alors i+1 φ k = k=1 i φ k + φ i+1 k=1 = 1 i i 1 ψ k ) + ψ i+1 1 ψ k ) k=1 = 1 1 ψ i+1 ) k=1 i 1 ψ k ), ce qui achève la récurrence. On en déduit en particulier que k=1 ψ i = 1 n 1 ψ i ) est à valeurs dans [0,1]. 4) Il est clair que φ i Cc à valeurs dans [0,1] et, tout comme ψ i, à support dans U i. En outre, pour x V et i 0 tel que x V i0, on a 1 ψ i0 x) = 0, donc 12/15 ψ i x) = 1 n 1 ψ i x)) = 1.

13 Exercice 7 Mesures définies par dualité 1) Définissons φ : 2 par φx) = x,x). La fonction φ est mesurable car continue). a) Par définition, T f ) = f x,x)1 x,x ) K dx = f φx)1 φ 1 K )x)dx. emarquons que φ 1 K) est un fermé car φ 1 est continue) et est borné car x,x) < M implique x < M 1,1) ). Par suite, φ 1 K) est compact. Par conséquent, l intégrale sur φ 1 K) de la fonction mesurable bornée f φ existe bien. Il en résulte que T f ) est bien défini. De plus, avec l expression précédente, on a immédiatement T f ) λφ 1 K)) f, où λφ 1 K)) est la mesure de Lebesgue du compact φ 1 K). Cela prouve que T est une forme linéaire continue sur C K). b) Considérons la mesure image de λ par l application φ. Par définition, pour tout A B 2 ), ν A) = λφ 1 A)). Notons en particulier que ν K) = λφ 1 K)) < et donc la restriction de ν à K est bien une mesure finie sur K. De plus, pour tout A B 2 ), 1 A dν = 1 φ 1 A)x)dx = 1 A φx))dx = 1 A φ dλ. Par linéarité, on a pour toute fonction étagée positive f f dν = f φ dλ. Comme une fonction mesurable positive est limite croissante de fonctions étagées, par convergence monotone, cette égalité reste vraie pour toute fonction mesurable positive, et donc aussi pour toute f L 1 2 ) par différence de deux fonctions mesurables positives). En particulier, pour toute f C K) que l on prolonge par zéro sur 2 ), f dν = f φx))dx = f x,x)dx = T f ). Finalement, µ = ν K est bien une mesure positive finie sur K telle que f C K), T f ) = f dµ. 2) Par linéarité, une forme linéaire continue est automatiquement uniformément continue. Puisque C c d ) est dense dans C 0 d ) pour la norme uniforme, il suffit d appliquer le théorème de prolongement des applications uniformément continues voir Exercice 3). 3) a) Considérons une fonction bosse β C c d,[0,1]) valant 1 en 0 et telle que Suppβ) B0, 1 2 ). Pour n N, définissons sur 2 la fonction β n par 13/15 β n x,y) = β x k,y k) k=0

14 on ajoute les translatées de la bosse centrées en les k,k) pour k = 0,...,n). Comme les supports des bosses translatées sont disjoints, on a Sβ n ) = β n x,x)dx = n + 1) β x,x)dx et aussi β n = 1. Il ne peut donc exister de M tel que f C c 2 ), Sf ) M f, et par conséquent, S n est pas une forme linéaire continue sur C c 2 ). b) eprenons la mesure positive ν construite dans la question 1 comme mesure image de λ par l application φ. D après ce qu on a vu, f L 1 2 ), f dν = f φ dλ = f x,x)dx, et en particulier, f C c 2 ), f dν = S f ). De plus, ν est finie sur les compacts : si K 2 est compact, alors φ 1 K) aussi voir la solution de la question 1), et ν K) = λφ 1 K)) <. emarque : Vous avez vu en cours que le dual de C 0 2 ) était l ensemble des mesures signées sur 2. En particulier, avec une telle mesure µ, on a µ 2 ), ce qui exclut les mesures positives de masse infinie. Comme vous pouvez le voir dans cet exercice, la mesure de adon ν ne définit pas une forme linéaire continue sur C 0 2 ). De même, la mesure de Lebesgue sur ne définit pas une forme linéaire continue sur C 0 ). Exercice 8 Norme L p et dualité Dans cette correction, on va traiter directement le cas où f est à valeurs complexes, en rajoutant donc des modules dans l égalité à démontrer : f p = sup f дdµ. д L q f On considérera la fonction donc f f = e iargf ) ailleurs. f д q 1, qui, par convention, vaut 0 aux endroits où f s annule, et qui vaut 1) Le résultat est immédiat pour f = 0. On suppose désormais f non nulle. Pour tout д L q de norme д q 1, on a, par l inégalité de Hölder, f дdµ f p д q f p, ce qui montre l inégalité sup д q 1 Pour l inégalité inverse, on distingue deux cas. f дdµ f p < +, au passage). 14/15

15 Cas 1 : p <. Posons alors д = f f p 1. On a f д q dµ = f qp 1) dµ = f p dµ < +, p de sorte que д L q q et д q = f p. De plus д f dµ = f p p q p = f p, д q ce qui achève la démonstration. Notons que dans ce cas, le sup est atteint et que l hypothèse µ σ-finie est superflue. Cas 2 : p =. Pour 0 < α < 1 quelconque, on note Γ α = { f > α f }, de mesure µγ α ) > 0 par définition de f. Comme µ est σ-finie, il existe un ensemble mesurable A Γ α de mesure 0 < µa) < +. Posons alors avec д 1 = µa). On a f д = f f 1 A L 1, д dµ = 1 f dµ α f. д 1 µa) A Ceci achève la démonstration par caractérisation de la borne supérieure. 2) On va montrer que f p est nulle. D après la première question, cas 1, il existe д L q tel que f p = f дdµ. Par densité de C c dans L q, il existe φ C c tel que д φ q 1 2. On a alors f p = f дdµ = f д φ)dµ f p д φ q 1 2 f p. Ainsi, f p = 0 et f est nulle presque partout. 15/15