Solution du sujet de Mathematiques Generales Cachan 3A

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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


Publié le : mardi 19 juin 2012
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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
5.
==kk+++\\))).)
En particulier, avec B i = T ¡ ( n + i +1) ( A ), cela donne X n ¸ k +1 T ¡ n ¹ A ¢( ( A ) ¹ ( A ¢ T ¡ n ( A ) = 0 . ( n ¸ k +1 Remarquons encore que quelque soient les ensembles A, ( B i ) i 2 N , on a A ¢( \ i 2 N B i ) ½ ∪ i 2 N A ¢ B i . La`encore,celasevoitaiesmentenpassantaucompelmentaire:sipour ( ( ! i ,11 A ! )=11 B i ),alors11 A ( ! ) = inf i 2 N (11 B i ( ! ) =11 \ i A i ( ! .)Parsous-additiviet¶, on aura donc X A ¢( \ i 2 N B i ) ¹ ( A ¢ B i ) . ( ¹ i 2 N + Cela donne le er¶sultat voulu en prenant B i = n = i +2 T ¡ n ( A ∞ ∞ + + ¡ k ( T ¡ n ( ^ B = k \ =1 T n =1 B ∞ ∞ + 1 ( n =1 T ¡ k ( T ¡ n ( B = + ∞ ∞ 1 ( n 1 T ¡ ( n + k ) ( B = = ( ( =1 i ¸ k +1 T ¡ i B ) Ainsi ^ B apparaitcommel'intersectiond'unefamilleedcroissanted'ensembles: onpeutsansdommageenleverlepremiertermedel'intersection: ∞ ∞ ^ B = + k \ =2 ( i + 1 T ¡ i ( B ) ¸ k + + ∞ ∞ T ¡ k ( =2 n =1 T ¡ n ( B + =1 T ¡ ( k +1) ( n =1 T ¡ n ( B + ∞ ∞ k ( T ¡ n ( =1 T ¡ 1 ( T ¡ n =1 B T ¡ n ( T ¡ 1 ( + k \ =1 T ¡ k ( n +=1 B T ¡ 1 ( ^ B ) 6.D'apre`slaquestionperecdente^ A est invariant par T et on a monter¶ au edbutdecetteme^mequestionque + i A ^ A = \ ( T ¡ ( ) . k =1 i ¸ k +1 2
======kkk+++\\\k\))))
Vu cettee¶criture, ¹ A ¢ ^ A )=0estexactementleersultatdeI.4. ( 7. Soit f un point ¯xe de U T et f 1 un reper¶sentant de la classe de f . On a f 1 = f 1 ± T , ¹ -presquepartout,d'o`u 11 ( ¡∞ ;a ) ± f 1 =11 ( ¡∞ ;a ) ± f 1 ± T ¹ p.p. , soit 11 f ¡ 1 1 ( ¡∞ ;a ) =11 T ¡ 1 ( f ¡ 1 1 ( ¡∞ ;a ) ¹ p.p. ce qui veut dire que 11 f ¡ 1 1 ( ¡ ;a ) ¢ T ¡ 1 ( f ¡ 1 1 ( ¡∞ ;a ) est ¹ presqueus^rement nulle, soit ¹ ( f ¡ 1 1 (( −1 , a ) ¢ T ¡ 1 ( f ¡ 1 1 (( −1 , a ) = 0: ¹ ( f ¡ 1 1 (( −1 , a ) est presque invariant pour T . lRa f e ¡ 1 cml 1 aa(s(rsq e 1 udoen , s af ¢ ) ¡ (en 1 ¯n q f 1 u ¡ 2 e 1 , (s a i( ) m 1 f o 2 d , ue a ) lsotu ½ ¹ n { anu f e 1 tedr ̸ =epern f e 2 dp } er,pseadsnotdnaucntreesdtpeersdleeantcmaleansstsucerhedoniesuil,l f e,: ( 1 c(r(it ure f 1 (( −1 , a cequielgitimeel' ¡ ) . 8. Remarque per¶liminaire: quels que soient A et B mesurables, on a Z | ¹ ( A ) ¹ ( B ) | = | 11 A 11 B | Z ≤ | 11 11 | A B 11 A ¢ B = ¹ ( A ¢ B
=Z)
En particulier si ¹ ( A ¢ B ) = 0, ¹ ( A ) = ¹ ( B ). esentant de la classe de f . So t st presqu Ta So,uiitnl f ereexluisnqtuepeoc B io a nntiq¯nxuvee.ardCieaonmt U m T pearet ¹Tf ,( 1 f a ¡ 1 uve 1 nc((r ¹ e p( 1 r f ¡ 1 , 1 a ) ((e −1 , a ¢) B e a i)n=v0a.riDa'antprp`eosuri la remarque ci-dessus ¹ ( f ¡ 1 1 (( −1 , a ) = ¹ ( B a );comme B a est invariant par T et T ergodique, on a d ) 2 { 0; 1 } . La fo tion a 7! ¹ ( f ¡ 1 1 (( −1 , a ) estcroiossnacn ¹ te(. f ¡ 1 D'a 1 (p(r`e s 1 le , a tehore`medeconver-nc-gence monotone, sa limite en −1 ( f est 1 0, sa limite en + 1 est 1. Soit Pour tout n , on a a 0 ( ¹ l(a f 1 ¡ 1 (b( 1 o(r(n e 1 in , ef¶r a ie+ur1e /n d ) es >a 0t,elsdo ¹ nc ¡ 1 ¹ (( f ( ¡ 1 1 1 (( , a 1 ) ,>a 0 0+.1 /n ) > 0, donc ¹ dpeo f uc ¡ 1 ronttoiun −1 uiet, , es ¹ a q 0 (u f e+ ¡ 1 n1t 1 i / (e n [ll a ) =e 0 1,ed cer1to / i n, ss a a ¹ n 0 t(e+ f , ¡ 1 1 1 /n (( ) ¹ = −1 (1 f , ¡ 1 , d 1 ' a o( 0 `u { , a 0 d1' } a ) / = n pr ) 1=`e,s0.cleeFiqtnuheaiolres`eimgmeneni¯et, t n que f 1 est ¹ -presqueus^rementegale`a a 0 :lafonctionconstanteegale`a a 0 est bien un reper¶sentant de la classe de f . Re¶ciproquement, il est bien e¶vident que les classes de fonctions constantes sont invariantes par U .
3
T
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9. Soient f 2 R , g 2 K : il existe h 2 L 2 avec f = h U T h et on sait que g = U g . Il vient donc T f, g = h U h, g T h, g ⟩ − ⟨ U h, g T h, g ⟩ − ⟨ U h, U g T T h, g ⟩ − ⟨ h, g 0 Eneet,commenoetdansel'nonec, U T e¶tant unitaire per¶serve le produit scalaire. R et K sont donc bien orthogonaux. 10. Soit f 2 R
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2 f U T f k 2 = k f k 2 + k U T f k 2 2 f, U T f k f 2 + k f k 2 2 f, U f k T 2 f, f ⟩ − 2 f, U f T 2 f, f U f T 0 car f U f 2 R et f 2 R ? . Ainsi, f U T f = 0, soit f 2 K T 11. R © K ) ? ½ R ? \ K ? ½ K \ K ? d'apr`eslaquestionperecdente.Maisun ( e l¶ment de K \ K ? estorthogonalaluime^me,doncnul,d'ou`( R © K ) ? ½ ` { 0 } , soit ( R © K ) ? = { 0 } . On en de¶duit que (( R © K ) ? ) ? = { 0 } ? = L 2 Mais on sait que dans un espace de Hilbert, le double orthogonal d'un espace vectoriel est son adhe¶rence: ainsi R © K = L 2 . 2 1 . 1 n ¡ X S f = ( 1 U k ) f. n T n k =0 Ainsi si f 2 K , on a par une er¶currencee¶vidente U k f = f pour tout T k ¸ 1,d'ou` S f = f pour tout n : la convergence est alorse¶vidente. n 13. Soit f 2 R :e¶c ivons f = T vec g 2 L 2 . r I U ) g a ( n ¡ 1 n ¡ 1 S f = 1 X U k ( I U ) g = 1 X ( U k g U k +1 g ) = 1 ( f n g ) . U T n T T T T n k =0 n k =0 n per¶serve la norme donc ses iet¶er¶es aussi: 2 k S n f k 2 1( k g k 2 + k U n g k 2 ) = k g k 2 , T n n cequientr³na^eclairemen n v s 0 dans L 2 t que S ( f ) tend er
UT
4
.
)..)
14. Pour f 2 K , P K ( f ) = f ,doncavecI.12, S n ( f ) tend vers K ).Pour P ( f f 2 R , P K ( f )=0d'apre`sI.9,doncavecI.13, S n ( f ) tend vers 0 ( f = K Si f = g + h 2 R © K , alors, S n ( f ) = S n ( g )+ S n ( h ) tend vers g +0 = P K ( f Soit maintenant f quelconque et " > 0: par densiet¶, on peut trouver f " , avec f " 2 R © K et k f f " k 2 " . Un projecteur orthogonal est contractant (au sens large), donc k P K ( f f " ) k 2 ≤ k f f " k 2 ". Pour g quelconque, on a n ¡ 1 n ¡ 1 X X k S n ( g ) k 2 1 k U k g k 2 = 1 k g k 2 = k g k 2 . T n k =0 n k =0 Comme S ( f ) P ( f ) = S ( f ) S ( f ) + S ( f " ) P ( f " ) + P ( f ) P ( f n K n n " n K K " K
k)
S n ( f ) P K ( f ) k 2 n " ) k 2 + k S n ( f " ) P K ( f " ) k 2 + k P K ( f f k S ( f f " 2 k S n ( f " ) P K ( f " ) k 2 + k f f " k 2 ≤ k f f k + 2 + k S ( f ) P ( f ) k 2 " n " K " Comme S n ( f " ) tend vers P K ( f " ),onenedduitque im sup k S n ( f ) P K ( f ) k 2 2 ". l n ! + Comme " est quelconque, lim sup k S n ( f ) P K ( f ) k 2 0, ce qui montre n ! + que S n ( f ) tend dans L 2 vers P K ( f ). 15.Vulaquestionperecdente,ilsu±tdemontrerquesi T est ergodique R P K ( f ) = ( f d¹ )1. Or P K est le projecteur orthogonal sur K , espace X vectorieldesfonctionsinvariantes.MaisnousavonsvuauI.6quesi T est ergodique, les seules fonctions invariantes sont les constantes, donc P K est le projecteur orthogonal sur l'espace des fonctions constantes: cet espaceestdedimension1,lafonctionconstanteegalea`1enformeune baseorthonormeeetl'onadonc Z ( f ) = f, 1 1 = f d¹ )1 . ( X
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16. Supposons T ergodique. f =11 A 2 L 2 , donc S n (11 A ) tend dans L 2 vers R (11 A )1 = ¹ ( A )1.Parcontinuietduproduitscalaire, S n (11 A ) , 11 tend B X
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