2. Solutions
Il suffit, par densité des fonctions continues dans H et par la continuité de T , revue dans
l’Ex. VIII.1, de montrer le résultat pour f continue. On peut alors approcher l’intégrale
double précédente par des sommes de Riemann
S n =
1
n 2
1≤i, j≤n
K
i
n
,
j
n
f
i
n
f
j
n
.
Mais d’après l’hypothèse avec x i =
i
n et z i = f (
i
n ), toutes les sommes S n sont positives,
ce qui par passage à la limite donne la positivité de T f, f .
(2) On utilise la représentation intégrale (donnée par la formule d’inversion de Fourier
ou le théorème des résidus)
e
−|x|
=
R
e
−itx h(t)dt,
dans laquelle h désigne la fonction strictement positive définie par
h(t) =
1
π
1
1 + t 2 .
Il en résulte que
1≤ j,k≤n
K(x j , x k )z j z k =
1≤ j,k≤n
R
e
−it(x j −x k ) )z j z k h(t)dt
=
R
1≤ j,k≤n
e
−it(x j −x k ) )z j z k h(t)dt =
R
n
j=1
e
−itx j z j
2 h(t)dt ≥ 0,
comme intégrale d’une fonction positive. L’opérateur à noyau associé est donc positif.
La représentation intégrale précédente donne même plus. En effet, on a par le théorème
de Fubini :
T f, f =
Δ
f (x) f (y)
R
e
−it(x−y) h(t)dt
dxdy
=
R
h(t)
Δ
e
−it(x−y) f (x) f (y)dxdy
dt =
R
h(t)
I
e
−itx f (x)dx
2
dt.
Donc
T f = 0 =⇒ F(t)
de f
=
I
e
−itx f (x)dx = 0 ∀t ∈ R =⇒ f = 0
en utilisant la continuité de F pour passer de « F nulle presque partout » à « F nulle
partout » et l’injectivité de la transformation de Fourier (ici de la fonction qui vaut f sur
I et 0 ailleurs). Ainsi, T est injectif. On va en étudier d’autres aspects dans l’exercice
suivant.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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