6.4 Dichotomies exponentielles et sous-espaces stables
201
Comme pour Y 1 on peut « affaiblir » cette estimation en
Y 2 (s) x ≤ K
e
−a
(t−s)
Y 2 (t) x + K
d
t
0
e
−a
|s−t|
Y 2 (t) dt .
Ainsi à t fixé, la fonction y : r → y(r ) := 1 [0,t] (r ) Y 2 (t − r ) x (où 1 [0,t]
désigne la fonction caractéristique de l’intervalle [0, t], valant 1 dans cet
intervalle et 0 ailleurs) vérifie l’inégalité intégrale
y(r ) ≤ K
e
−a
r y(0) + K
d
+∞
0
e
−a
|r−t| y(t) dt .
Cette fonction y est bien bornée sur R
+ car Y 2 l’est sur [0, t]. L’inconvénient
est qu’elle n’est pas continue : on ne peut pas lui appliquer le lemme 6.26
directement. Cependant si l’on reprend la démonstration, il suffit de modifier
l’initialisation de la suite (z
n ) en choisissant une fonction continue bornée z
0
telle que y(r ) ≤ z
0 (r ) quel que soit r ≥ 0. Pour d < a
/(2K
), on en déduit
la majoration y(r ) ≤
K e
− ar y(0) , d’où
Y 2 (s) x ≤
K e
− a(t−s)
Y 2 (t) x
pour 0 ≤ s ≤ t.
Il reste à trouver une borne pour
P(t) :=
R(t, 0)
P 0
R(0, t), ce qui équivaut
au passage à trouver une borne pour
Q(t) :=
R(t, 0)
Q 0
R(0, t). Sachant que
P(t) est bornée il suffit de trouver une borne pour
P(t) − P(t) = Q(t)
P(t) − P(t)
Q(t) .
Or par construction de Y 1 et Y 2 , on a
P(t) = Y 1 (t)
R(0, t) et
Q(t) =
Y 2 (t)
R(0, t). Si l’on note pour simplifier g i (t) := Y i (t)
R(0, t) pour i =
1, 2, il s’agit de montrer que g 1 et g 2 sont bornées. Un calcul préliminaire
consiste à montrer qu’il existe h > 0 tendant vers 0 avec d, tel que
Q(t) Y 1 (t) x ≤ h Y 1 (t) x , P(t) Y 2 (t) x ≤ h Y 2 (t) x .
Admettons le pour l’instant. Alors en appliquant les estimations ci-dessus à
x =
R(0, t)j avec j ∈ X arbitraire, on obtient
g 1 (t) ≤ ≤P(t) + Q(t)
P(t) + P(t)
Q(t) ≤ K + h (g 1 (t) + g 2 (t)) ,
et de même
g 1 (t) ≤ ≤Q(t) + P(t)
Q(t) + Q(t)
P(t) ≤ K + h (g 1 (t) + g 2 (t)) ,
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
201
Comme pour Y 1 on peut « affaiblir » cette estimation en
Y 2 (s) x ≤ K
e
−a
(t−s)
Y 2 (t) x + K
d
t
0
e
−a
|s−t|
Y 2 (t) dt .
Ainsi à t fixé, la fonction y : r → y(r ) := 1 [0,t] (r ) Y 2 (t − r ) x (où 1 [0,t]
désigne la fonction caractéristique de l’intervalle [0, t], valant 1 dans cet
intervalle et 0 ailleurs) vérifie l’inégalité intégrale
y(r ) ≤ K
e
−a
r y(0) + K
d
+∞
0
e
−a
|r−t| y(t) dt .
Cette fonction y est bien bornée sur R
+ car Y 2 l’est sur [0, t]. L’inconvénient
est qu’elle n’est pas continue : on ne peut pas lui appliquer le lemme 6.26
directement. Cependant si l’on reprend la démonstration, il suffit de modifier
l’initialisation de la suite (z
n ) en choisissant une fonction continue bornée z
0
telle que y(r ) ≤ z
0 (r ) quel que soit r ≥ 0. Pour d < a
/(2K
), on en déduit
la majoration y(r ) ≤
K e
− ar y(0) , d’où
Y 2 (s) x ≤
K e
− a(t−s)
Y 2 (t) x
pour 0 ≤ s ≤ t.
Il reste à trouver une borne pour
P(t) :=
R(t, 0)
P 0
R(0, t), ce qui équivaut
au passage à trouver une borne pour
Q(t) :=
R(t, 0)
Q 0
R(0, t). Sachant que
P(t) est bornée il suffit de trouver une borne pour
P(t) − P(t) = Q(t)
P(t) − P(t)
Q(t) .
Or par construction de Y 1 et Y 2 , on a
P(t) = Y 1 (t)
R(0, t) et
Q(t) =
Y 2 (t)
R(0, t). Si l’on note pour simplifier g i (t) := Y i (t)
R(0, t) pour i =
1, 2, il s’agit de montrer que g 1 et g 2 sont bornées. Un calcul préliminaire
consiste à montrer qu’il existe h > 0 tendant vers 0 avec d, tel que
Q(t) Y 1 (t) x ≤ h Y 1 (t) x , P(t) Y 2 (t) x ≤ h Y 2 (t) x .
Admettons le pour l’instant. Alors en appliquant les estimations ci-dessus à
x =
R(0, t)j avec j ∈ X arbitraire, on obtient
g 1 (t) ≤ ≤P(t) + Q(t)
P(t) + P(t)
Q(t) ≤ K + h (g 1 (t) + g 2 (t)) ,
et de même
g 1 (t) ≤ ≤Q(t) + P(t)
Q(t) + Q(t)
P(t) ≤ K + h (g 1 (t) + g 2 (t)) ,
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit