Chapitre VIII • Opérateurs intégraux
Exercice VIII.10
(1) Pour fixer les idées, supposons 0 < x 0 < 1. Soit δ > 0 assez petit pour que
J δ = [x 0 − δ, x 0 + δ] ⊂ J. On pose Δ = J \ J δ . Dans l’Ex. III.3, on avait défini f par
f (x) =
g(x)
|g(x)|+ε
. On définit la fonction ϕ corrigée de f comme suit :
ϕ(x) =
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
f (x) =
g(x)
|g(x)|+ε
si x J δ
1
s i x = x 0
affine par morceaux si x ∈ J δ = [x 0 − δ, x 0 ] ∪ [x 0 , x 0 + δ]
Il est clair que ϕ ∈ E et que ϕ ∞ ≤ 1 et ϕ(x 0 ) = 1. On voit de plus que
J
ϕg
≥
Δ
|g|
2
|g| + ε
−
J δ
|g| ≥
Δ
(|g| − ε) −
J δ
|g|
≥
J
|g| − 2
J δ
|g| − ε ≥ ≥g 1 − 4δg ∞ − ε ≥ ≥g 1 − 2ε,
en ajustant δ > 0 assez petit. Quitte à changer ε en
ε
2
, on a répondu à la question.
(2) Il est clair que la seule chose à montrer est l’inégalité I + T ≥ 1 + T . Soit
x 0 ∈ J tel que, en posant g(y) = K(x 0 , y), on ait T = g 1 . Un tel x 0 existe d’après
l’Ex. VII.8. Choisissons ensuite ϕ comme dans la question (1). Nous voyons que, puisque
T ϕ(x 0 ) =
J
K(x 0 , y)ϕ(y)dy =
J
g(y)ϕ(y)dy :
I + T ≥ ≥ϕ + T ϕ ∞ ≥ |ϕ(x 0 ) + T ϕ(x 0 )| ≥ ≥(ϕ(x 0 ) + T ϕ(x 0 ))
= 1 +
J
ϕg
≥ 1 + g 1 − ε = 1 + T − ε.
Comme ε est arbitraire, cela achève la démonstration.
(3) Cette question est un peu difficile, et on se borne aux idées essentielles. Mais
en même temps, c’est un bon exercice de généralisation abstraite de (2). Dans cette
question (2), nous avons commencé par fixer une f ∈ E vérifiant f ∞ ≤ 1 et un x 0 ∈ J
tels que l’on ait T ∼ ∼(T f (x 0 )). Ensuite, nous avons corrigé f pour obtenir une
fonction ϕ, ϕ ∞ ≤ 1, telle que (∼ voulant dire ici presque égal) :
1. ϕ(x 0 ) = 1
2. On a (T f (x 0 )) ∼ ∼(T ϕ(x 0 )) car ϕ − f est à petit support dans J δ .
Pour voir que, même sans autre information sur T que sa compacité, on peut conclure de
manière analogue, on fait les observations suivantes, dans lesquelles B désigne la boule
unité fermée de E :
1. Soit x 0 ∈ J et ε > 0. Alors, il existe δ > 0 tel que :
∀h ∈ B avec h(x 0 ) = 0 et supp h ⊂ [x 0 − δ, x 0 + δ], on a T h ∞ ≤ ε.
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Exercice VIII.10
(1) Pour fixer les idées, supposons 0 < x 0 < 1. Soit δ > 0 assez petit pour que
J δ = [x 0 − δ, x 0 + δ] ⊂ J. On pose Δ = J \ J δ . Dans l’Ex. III.3, on avait défini f par
f (x) =
g(x)
|g(x)|+ε
. On définit la fonction ϕ corrigée de f comme suit :
ϕ(x) =
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
f (x) =
g(x)
|g(x)|+ε
si x J δ
1
s i x = x 0
affine par morceaux si x ∈ J δ = [x 0 − δ, x 0 ] ∪ [x 0 , x 0 + δ]
Il est clair que ϕ ∈ E et que ϕ ∞ ≤ 1 et ϕ(x 0 ) = 1. On voit de plus que
J
ϕg
≥
Δ
|g|
2
|g| + ε
−
J δ
|g| ≥
Δ
(|g| − ε) −
J δ
|g|
≥
J
|g| − 2
J δ
|g| − ε ≥ ≥g 1 − 4δg ∞ − ε ≥ ≥g 1 − 2ε,
en ajustant δ > 0 assez petit. Quitte à changer ε en
ε
2
, on a répondu à la question.
(2) Il est clair que la seule chose à montrer est l’inégalité I + T ≥ 1 + T . Soit
x 0 ∈ J tel que, en posant g(y) = K(x 0 , y), on ait T = g 1 . Un tel x 0 existe d’après
l’Ex. VII.8. Choisissons ensuite ϕ comme dans la question (1). Nous voyons que, puisque
T ϕ(x 0 ) =
J
K(x 0 , y)ϕ(y)dy =
J
g(y)ϕ(y)dy :
I + T ≥ ≥ϕ + T ϕ ∞ ≥ |ϕ(x 0 ) + T ϕ(x 0 )| ≥ ≥(ϕ(x 0 ) + T ϕ(x 0 ))
= 1 +
J
ϕg
≥ 1 + g 1 − ε = 1 + T − ε.
Comme ε est arbitraire, cela achève la démonstration.
(3) Cette question est un peu difficile, et on se borne aux idées essentielles. Mais
en même temps, c’est un bon exercice de généralisation abstraite de (2). Dans cette
question (2), nous avons commencé par fixer une f ∈ E vérifiant f ∞ ≤ 1 et un x 0 ∈ J
tels que l’on ait T ∼ ∼(T f (x 0 )). Ensuite, nous avons corrigé f pour obtenir une
fonction ϕ, ϕ ∞ ≤ 1, telle que (∼ voulant dire ici presque égal) :
1. ϕ(x 0 ) = 1
2. On a (T f (x 0 )) ∼ ∼(T ϕ(x 0 )) car ϕ − f est à petit support dans J δ .
Pour voir que, même sans autre information sur T que sa compacité, on peut conclure de
manière analogue, on fait les observations suivantes, dans lesquelles B désigne la boule
unité fermée de E :
1. Soit x 0 ∈ J et ε > 0. Alors, il existe δ > 0 tel que :
∀h ∈ B avec h(x 0 ) = 0 et supp h ⊂ [x 0 − δ, x 0 + δ], on a T h ∞ ≤ ε.
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