Exercices de khôlle pour la MP^{*}

Année scolaire 1997-1998

Onzième semaine (espaces hermitiens ; intégrales impropres)

David A. Madore ( )

Une inégalité stupide. Soit u une fonction de classe C^{2} sur [a; b] (avec a < b) vérifiant u(a) = u(b) = 0 et u(t) > 0 pour a < t < b. Montrer que

∫_{a}^{b} |\frac{u′′(t)}{u(t)}| dt > \frac{4}{b − a}

Solution : Soit ∥u∥ le maximum de u sur [a; b] et c ∈]a; b[ tel que u(c) = ∥u∥. On a u′(c) = 0. Par le théorème des accroissements finis, on peut écrire u(c) = (c − a)u′(t_{1}) avec t_{1} ∈]a; c[ et de même u(c) = (c − b)u′(t_{2}) avec t_{2} ∈]b; c[. On a

∫_{a}^{b} |\frac{u′′(t)}{u(t)}| dt > \frac{1}{∥u∥} ∫_{a}^{b} |u′′(t)| dt

≥ \frac{1}{∥u∥}(|u′(c) − u′(t_{1})| + |u′(t_{2}) − u′(c)|)

≥ \frac{1}{∥u∥}(|u′(t_{1})| + |u′(t_{2})|)

≥ \frac{1}{∥u∥} (\frac{∥u∥}{c − a} + \frac{∥u∥}{b − c})

≥ \frac{1}{c − a} + \frac{1}{b − c} ≥ \frac{4}{b − a}

(la dernière inégalité est la comparaison entre moyenne arithmétique et moyenne harmonique).

Théorème ergodique de von Neumann. Soit ℌ un espace de Hilbert (réel ou complexe).

1) Soit T: ℌ → ℌ une application linéaire (continue) de norme inférieure ou égale à 1 (on dit que T est une contraction). Montrer que pour tout x ∈ ℌ on a x = T x ssi x = T^{∗}x (ici, bien sûr, T^{∗} désigne l’adjoint de T).

2) Soit 𝔗 une famille de contractions de ℌ. On définit F = ⋂_{T ∈𝔗} ker(T −1) et N le sousespace vectoriel de ℌ engendré par les T x − x pour x ∈ ℌ. Montrer que l’adhérence N̄ de N est l’orthogonal de F.

3) Soit T une contraction et P la projection orthogonale sur ker(T − 1). Montrer que pour tout x ∈ ℌ la suite \frac{1}{n}(x + T x + ⋯ + T^{n−1}x) converge vers P x.

Solution : 1) On suppose T x = x. Alors on a ∥T x − x∥^{2} = 0 soit ∥T x∥^{2} +∥x∥^{2} −2 Re(T x|x) = 0. Comme ∥T x∥ = ∥x∥ et que ∥T^{∗}x∥ ≤ ∥x∥ puisque ∥T^{∗}∥ = 1, on a donc ∥T^{∗}x∥^{2} + ∥x∥^{2} − 2 Re(x|T^{∗}x) ≤ 0, soit ∥T^{∗}x − x∥^{2} ≤ 0 et donc T^{∗}x = x.

2) On vérifie en deux coups de cuiller à pot (en utilisant la question précédente) que si x ∈ F alors x ∈ N^{⊥}, et réciproquement que si x ∈ N^{⊥} alors x ∈ F. Ainsi, F = N^{⊥}, ou, ce qui revient au même, N̄ = F^{⊥} (remarquez que F est fermé).

3) D’après la question précédente, il s’agit de montrer que si x ∈ N̄ alors \frac{1}{n}(x + T x + ⋯ + T^{n−1}x) converge vers 0. Pour tout ε > 0 il existe y ∈ ℌ tel que ∥x − x′∥ < ε où x′ = T y − y. On a \frac{1}{n}(x′ + T x′ + ⋯ + T^{n−1}x′) = \frac{1}{n}(T^{n}y − y), qui converge vers 0 (puisque ∥T^{n}y∥ ≤ ∥y∥). Par conséquent, pour n assez grand on a ∥\frac{1}{n}(x′ + T x′ + ⋯ + T^{n−1}x′)∥ < ε et alors ∥\frac{1}{n}(x + T x + ⋯ + T^{n−1}x)∥ < 2ε d’où le résultat.

Exercice rigolo. Donner un équivalent, quand t → 1^{−} de

f(x) = ∑_{n=0}^{+∞} x^{n^{2}}

Solution : On a (pour t > 0 disons) f(e^{−t^{2}}) = ∑_{n=0}^{+∞} e^{−n^{2}t^{2}}. Or

puisque ∫_{0}^{+∞} e^{−y^{2}} dy = \sqrt{π}/2 et en utilisant un encadrement trivial, on voit que lim_{t→0} t ∑_{n=0}^{+∞} e^{−n^{2}t^{2}} = \sqrt{π}/2, soit f(e^{−t^{2}}) ∼ \frac{\sqrt{π}}{2t} lorsque t → 0^{+}. Ainsi, f(x) ∼ \frac{\sqrt{π}}{2\sqrt{1−x}}.

Exercice bébête. Soit f: ℝ_{+} → ℝ de carré intégrable. Montrer que ∫_{0}^{x} f(t) dt = o(\sqrt{x}).

Solution : Soit x_{0} tel que ∫_{x_{0}}^{+∞} |f(t)|^{2} dt < ε^{2}. On a alors, par Cauchy-

Schwarz appliqué à f et 1, ∫_{x_{0}}^{x} |f(t)| dt < ε\sqrt{x}. Ainsi, ∫_{0}^{x} |f(t)| dt < ε\sqrt{x} + ∫_{0}^{x_{0}} |f(t)| dt et pour x assez grand le second terme est < ε\sqrt{x} donc ∫_{0}^{x} |f(t)| dt < 2ε\sqrt{x}.

Exercice modérément taubérien. Soit f: ℝ_{+} → ℝ de classe C^{1} et (absolument) intégrable et telle que f′ soit bornée. Montrer que f(x) → 0. Dans le même genre : on suppose cette fois que ∫_{0}^{x} f(t) dt est bornée quand x → +∞ et que f′(x) → 0, montrer le même résultat.

Solution : Première partie : Supposons |f′(x)| ≤ N partout. Pour A assez grand, on a ∫_{A}^{+∞} |f(x)| < ε. Or si h > 0, sur l’intervalle [A; A + h] on a |f(x)| ≥ |f(A)| − hN par le théorème des accroissements finis. Ceci donne ∫_{A}^{A+h} |f(x)| ≥ h|f(A)| − h^{2}N. En choisissant h pour que cette expression soit

maximum, soit h = \frac{|f(A)|}{2N}, on voit que ε > \frac{|f(A)|^{2}}{4N}, donc |f(A)| ≤ \sqrt{4Nε} (pour tout A suffisamment grand). Or ceci peut être rendu arbitrairement petit.

Deuxième partie : Sinon, il existe ε > 0 tel que pour des valeurs arbitrairement grandes de A on ait par exemple f(A) > ε. Or pour tout h > 0, pour x suffisamment grand on a |f′(x)| < \frac{ε}{2h}, et alors on peut trouver un intervalle [A; A + h] tel que dessus f(x) > ε/2, ce qui donne alors ∫_{A}^{A+h} f(t) dt > hε/2. Alors, si M est réputé borner ∫_{0}^{x} f(t) dt pour tout x, on a certainement hε/2 < 2M, ce qui est manifestement stupide pour h assez grand.