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Solution du sujet de Mathematiques Generales Cachan 3A

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15 pages
Solution du sujet de Mathematiques Generales, Cachan 3A 2009 Avertissement: Je tiens a preciser que je ne suis pas lie a l'Ecole Normale Superieure de Cachan; par suite les affirmations vraies ou fausses contenues dans ces pages ne sauraient engager l'Ecole. Olivier Garet, le 22 avril 2009 I Theoreme ergodique en moyenne de Von Neumann 1. On va montrer que quels que soient A,B,C ? M(µ), on a µ(A∆C) ≤ µ(A∆B) + µ(B∆C). En effet, d'apres l'inegalite triangulaire, |11A ? 11C | ≤ |11A ? 11B |+ |11B ? 11C |, soit 11A∆C ≤ 11A∆B + 11B∆C . Il suffit alors d'integrer par rapport a µ pour conclure. 2. µ(T?2(A)∆A) ≤ µ(T?2(A)∆T?1(A)) + µ(T?1(A)∆A). Cependant T?2(A)∆T?1(A) = T?1(T?1(A)∆A)). Comme T preserve µ, µ(T?2(A)∆T?1(A)) = µ(T?1(A)∆A)). Ainsi µ(T?2(A)∆A) ≤ 2µ(T?1(A)∆A) = 0, d'ou µ(T?2(A)∆A) = 0.

  • theoreme de continuite sequentielle

  • ?f ?

  • solution du sujet de mathematiques generales

  • theoreme de conver- gence monotone

  • f??2 ≤

  • continuite du produit scalaire


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I
SolutiondusujetdeMathematiquesGenerales,Cachan3A2009 Avertissement:Jetiens`aperciserquejenesuispaslei`al'EcoleNormale SueprieuredeCachan;parsuitelesa±rmationsvraiesoufaussescontenuesdans cespagesnesauraientengagerl'Ecole. Olivier Garet, le 22 avril 2009 Teohre`meergodiqueenmoeynnedeVonNeumann 1. On va montrer que quels que soient A, B, C 2 M ( ¹ ), on a ¹ ( A ¢ C ) ¹ ( A ¢ B ) + ¹ ( B ¢ C ) . Eneet,d'apre`sl'inegaliettriangulaire, | 11 A 1 C 1 | ≤ | 11 A 11 B | + | 11 B 11 C | , soit + . 11 A ¢ C 11 A ¢ B 11 B ¢ C Ilsu±talorsd'inetgrerparrapporta` ¹ pour conclure. 2 . ¹ ( T ¡ 2 ( A A ) ¹ ( T ¡ 2 ( A T ¡ 1 ( A ) + ¹ ( T ¡ 1 ( A ¢) A ) . Cependant T ¡ 2 ( A ¢) T ¡ 1 ( A ) = T ¡ 1 ( T ¡ 1 ( A A ) . Comme T per¶serve ¹ , ( T ¡ 2 ( A T ¡ 1 ( A ) = ¹ ( T ¡ 1 ( A A . ) Ainsi ¹ ( T ¡ 2 ( A ¢) A ) 2 ¹ ( T ¡ 1 ( A A ) = 0 , d'ou` ¹ ( T ¡ 2 ( A ¢) A ) = 0. 3.eL'galietestetabliepour n = 0 , 1. Maintenant n +1) ¹ ( T ¡ ( n +1) ( A A ) ¹ ( T ¡ ( ( A ¢) T ¡ n ( A ) + ¹ ( T ¡ n ( A A ) . On a T ¡ ( n +1) ( A ¢) T ¡ n ( A ) = T ¡ n ( T ¡ 1 ( A A ). Comme T per¶serve ¹ , ses ieteresaussi,d'ou` ¹ ( T ¡ ( n +1) ( A ¢) T ¡ n ( A ) = ¹ ( T ¡ 1 ( A A ) = 0. Ainsi, T ¡ ( n +1) ( A ¢) A ) ¹ ( T ¡ n ( A ¢) A ) et la er¶currence est alorse¶vidente. ( ¹ 4. Remarquons que quelque soient les ensembles A, ( B i ) i 2 N ,onal'inclusion A ¢( i 2 N B i ) ½ ∪ i 2 N A ¢ B i . Cela se voit aies¶ment en passant au compel¶mentaire: si pour tout entier ( i ,11 A ! )=11 B i ( ! ),alors11 A ( ! ) = max i 2 N (11 B i ( ! ) =11 i A i ( ! .)Parsous-additiviet¶, on aura donc X i 2 N B i ) ¹ ( A ¢ B i ) . ( A ¢( i 1
¹¹2N
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