Exercices d'Analyse Fonctionnelle

7/30/2019 Exercices d'Analyse Fonctionnelle

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Exercices danalyse fonctionnelle

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Exercice 1

1) Demontrer que pour 1 p < q +, p q mais que linclusion i : p q nest pas uneisometrie. [Rappel : pour 1 p < +, p est lespace des suites (xn) a valeurs complexes verifiant

n=0

|xn

|p < +

, muni de la norme

x

p = (

n=0

|xn

|p)

1/p. est lespace des suites bornees,

cest-a-dire telles que supn

|xn|< + , muni de la normex= supn

|xn| ]

2) Quelle est ladherence de p dans ?

Solution :

1) Si x = (xn) p alors il existe N N tel que n N |xn| 1. Donc pourn N,|xn|q |xn|p

etn

k=N

|xk|q n

k=N

|xk|p xpp ce qui implique+0

|xn|q < + et par suite x q . Lapplication i

nest pas une isometrie. En effet, soitx = (1, 1, 0, 0, 0...)p, si q n

|xi|

tend vers 0 sintend verscar limn

xn = 0. Par consequent,c0p. Montrons quec0est ferme dans .Soitx = (xn)c0et >0, il existe alorsy = (yn)c0tel quexy/2. SoitN N tel que pourtoutnN,|yn| /2. Dex y/2 on tire que pour tout entier n,|xn| |yn| |xn yn| /2et donc que|xn| /2 +|yn|. On voit donc que pour toutnN, |xn| /2 +/2 = . Ceci prouvequexc0. c0 est par consequent ferme dans. Vu quep est contenu dans c0, ceci entrane au vu dece qui precede, quep =c0.

Exercice 2

1) SoitV un espace vectoriel norme a base algebrique denombrable. Demontrer que V est separable.

2) Montrer que siV est un espace vectoriel norme et V son dual alorsV separable entraneV separable.

[Indication : si{n|nN} est un sous-ensemble denombrable et dense de V montrer que pour toutentier n, il existe une suite

xknkN

dans V telle quexkn 1 et limk

|n

xkn | =n. Considerer

alors lespace Wengendre par

xkn|(n, k)N N

, montrer que W est separable et que W =V.]

3) Deduire de 2) que () nest pas isometrique a 1. [Rappel : nest pas separable mais 1 si.]

Solution :

1) Soitx0, x1, x2,...une base deV. NotonsVn =x0,...,xnlespace engendre parx0,...,xn. Les espacesVn sont separables car de dimension finie. Soit XnVn une partie denombrable et dense dans Vn. Ona V =

nN

Vn, par suite

nN

Xn est denombrable et dense dans V.

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2) Soit{n|nN} un sous-ensemble denombrable et dense de V . n = supx1

|n(x)| donc il existepour chaque entier n une suite

xknkN

dans V telle quexkn 1 et limk

|n

xkn | =n. Notons

W lespace vectoriel engendre par

xkn|(n, k) NN

. W est a base denombrable et par 1) il est

separable; donc W est separable. En fait, V = W. En effet supposons quil existe x V\W, nousdefinissons :

x

W

C par (x) = 1 et |W

= 0; est continue car ker = W est ferme;

par Hahn-Banach il existe alors une forme lineaire continue

sur V qui prolonge ; par densite du

sous-ensemble{n|n N}, il existe un entier n tel que

n

/3; donc pour tout entier k,|

(xkn)n(xkn)| =|n(xkn)|

/3 ce qui entrane limk

|n(xkn)| =n

/3 et par suite

=

n+n

n+n 23

ce qui est absurde car

= 0. DoncV =W et parconsequent V est separable.

3) Si ()

etait isometrique a1 alors ()

serait separable et par le point precedent, serait egalementseparable. Or nous savons que nest pas separable donc ()

et1 ne sont pas isometriques.

Exercice 3

Soit (fn)N la suite definie par :

fn(x) = (nx+ 1 12

n)1[1/21/n,1/2]+ 1[1/2,1].

Montrer que cette suite est de Cauchy mais ne converge pas dans lespace C ([0, 1] ,R) des fonctions

continues sur [0, 1] muni de la normefp = 1

0

|f(x)|pdx1/p avec 1p 0 donne, nous voyons que n, m 1(p+ 1)p

fmfnp. (fn)N est donc une suite de Cauchy.Montrons que cette suite ne converge pas. Supposons quil existe une fonction continuef : [0, 1] R

telle que limn

fnfp = 0. On a alors,1/21/n

0

|fn(x)f(x)|pdx=1/21/n

0

|f(x)|pdx fnfpp. Si

nous faisons tendre n vers +nous obtenons1/20

|f(x)|pdx= 0; fest donc nulle sur lintervalle [0, 1/2].

De la meme maniere,

11/2

|fn(x)f(x)|pdx=1

1/2

|1f(x)|pdx fnfpp ce qui montre que fvaut 1

sur lintervalle [1/2, 1]. Mais alors, f(1/2) = 0 = 1 ce qui est absurde.

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Exercice 4

Nous rappelons que lon dit que deux fonctionsf, g: Rd Csont convolables si

f(x y)g(y) dy existe

pour presque tout x Rd et on note (fg)(x) =

f(xy)g(y) dy la nouvelle fonction ainsi obtenue

(on considere Rd muni de la mesure de Lebesgue). est appele produit de convolution. On a le resultatsuivant : si f, g L1 alors f et g sont convolables, f g L1 etf g1 f1 g1 (ou 1est la norme de L1). De plus,

L1, +, est une Calgebre commutative. Le but de lexercice est de

montrer que cette algebre nest pas unitaire (donc quil nexiste pas delement neutre pour le produit deconvolution) mais quelle possede des unites approchees.

On dit quune suite (n) delements de L1 est une approximation de lunite(on dit aussi suite de Dirac)si elle verifie les deux conditions suivantes :

nN, n0 et

n(x) dx= 1

r >0, limn {x>r}

n(x) dx= 0

1) Montrer que si : Rd R+ verifie

(x) dx = 1 alors n(x) =nd(nx) est une approximation de

lunite.

2) Montrer que la suite n : Rd C, (x1,...,xd) nd

d/2exp(n2di=1x2i ) est une approximation de

lunite.

3) Soit (n) une approximation de lunite. Montrer que pour f L1, fn tend vers f dans L1.[Indication : prouver lassertion pourfcontinue a support compact puis utiliser la densite des fonctions

continues a support compact dansL1.]

4) Montrer que si (n) est une approximation de lunite, elle ne converge pas dansL1.

5) Deduire de 4) que

L1, +, nest pas unitaire.

Solution :

Remarque : Dans tout cet exercice nous faisons labus de langage courant qui consiste a confondre unefonction mesurable avec la classe quelle represente pour la relation dequivalence etre egales presque

partout. Nous noterons la mesure de Lebesgue sur Rd

.

1) En posantu = nx, nous obtenons :

n(x) dx= n

d

(nx) dx=

(u) du= 1;

de plus limn

{x>r}

n(x) dx= limn

{u>nr}

(u) du= 0 (par le theoreme de convergence dominee).

2) On sait que 1

1/2

exp(t2) dt = 1 donc, n

d

d/2

exp(

di=1

x2i ) dx = 1. La fonction : Rd

R+, (x1,...,xd) 1d/2

exp(

di=1x

2i ) verifie donc la condition de 1), par consequent la suite n(x) =

nd(nx) est une approximation de lunite.

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3) Soitf L1. On a :fnf1=

|(fn)(x)f(x)| dx =

f(xy)n(y) dyf(x) dx=

(f(xy)f(x)) n(y) dy

dx

|f(xy)f(x)| n(y) dy dx

= |f(xy)f(x)| n(y) dxdy (par Fubini).Supposons que fsoit continue a support compact K. Le support de xf(xy)f(x) est contenudans le compact (y+K) Kouy + K={y+x|xK}. f etant uniformement continue (car a supportcompact), pour > 0 il existe > 0 tel quey |f(xy)f(x)| . La derniere expressiondevient donc,{y}

n(y)

|f(xy)f(x)| dxdy

A

+

{y>}

n(y)

|f(xy)f(x)| dxdy

B

.

Or,A =

{y}

n(y)

(y+K)K

|f(xy)f(x)| dxdy2(K)

n(y) dy= 2(K)

etB =

{y>}

n(y)

(y+K)K

|f(xy)f(x)| dxdy4sup |f(x)| (K)

{y>}

n(y) dy,

cette derniere expression devenant des que n est assez grand.Nous voyons donc quefnf1 devient aussi petit que lon veut des que n est assez grand. Soita present f L1 quelconque et > 0. Par densite des fonctions continues a support compact dansL1, il existe h continue a support compact telle quef h1 /3; dun autre cote au vu de cequi precede, il existe un entier N tel que pour tout n N, hnh1 /3. Etant donne quefnf= (fnhn) + (hnh) + (hf) nous avons pour nN,fn f1 (fh) n1+ h n h1+ h f1/3 + /3 + /3 = (car(fh) n1(fh)1 n1=(fh)1).4) Soit n N fixe, il existe > 0 tel que

{x}

n(x) dx 1/4 (par le theoreme de convergence

dominee); donc

{x>}

n(x) dx3/4.

Par definition, il existe aussi M 0 tel que m M

{x>}

m(x) dx 1/4; donc, pour mM,{x}

m(x) dx3/4. Pour finir, pour toutmM,

nm1= |n(x)m(x)| dx= {x>}

|n(x)m(x)| dx+ {x}

|n(x)m(x)| dx

{x>}

(n(x) m(x)) dx +

{x}

(m(x) n(x)) dx3/4 1/4 + 3/4 1/4 = 1.Ceci montre que

la suite (n) ne verifie pas le critere de Cauchy et donc quelle ne converge pas dans L1.

5) Supposons que lalgebre

L1, +, soit unitaire et soit g L1 lelement neutre pour le produit deconvolution; soit de plus (n) une approximation de lunite. Alorsn = g n converge vers g dans L1,ce qui est impossible par 4).

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Exercice 5

Nous considerons lespaceC([a, b] ,R) des fonctions continues sur lintervalle [a, b]. Montrer que pour tout

f C([a, b] ,R), limp

fp =f oufp =

b

a|f(x)|p dx

1/p

etf= sup {| f(x)|; x[a, b]}.

Solution :

Si fest nulle, laffirmation est vraie. Supposons fnon identiquement nulle. On a :

fp b

a

fpdx1/p = (ba)1/pf. Dun autre cote, soit x0 [a, b] tel quef =|f(x0)|,

par continuite, pour 0< f, il existe >0 tel que|xx0| |f(x)f(x0)| /2;

donc,fpp =b

a

|f(x)|p dxx0+/2x0/2

(f/2)p dx= (f/2)p et par suite,

fp (f/2) 1/p. Nous venons de montrer que (f/2) 1/p fp (ba)1/pf.Par consequent, pour p assez grand,f fp f+.

Exercice 6

SoitV un espace vectoriel norme et V son dual. On dit quune suite (xn) deVconverge faiblementversxV si pour tout V , lim

n(xn) =(x). Lelement x est appele limite faiblede la suite (xn).

1) Demontrer quune suite possede au plus une limite faible.

2) Demontrer que si la suite (xn) converge vers x au sens de la norme, cest-a-dire limn

xxn = 0,alors elle converge faiblement vers x.

3) Demontrer que si V est un espace prehilbertien de dimension infinie, toute suite orthonormee convergefaiblement vers 0 mais ne converge pas au sens de la norme.

4) Demontrer que si la suite (xn) est dans un compact et converge faiblement vers x alors elle convergeegalement au sens de la norme versx.

Solution :

1) Si u et v sont deux limites faibles de la suite (xn), on a pour tout V , limn

(xn) =(u) =(v).

Par consequent, pour tout V , (uv) = 0, et donc u = v (car autrement par Hahn-Banach ilexisterait une forme continue telle que (uv) =uv = 0).

2) Pour toutV , |(x)(xn)|=|(xxn)| xxn et donc limn

|(x)(xn)|= 0.

3) Remarquons que siV est un espace prehilbertien muni du produit scalaire|, une suite (xn) convergefaiblement vers x si pour tout y V , lim

ny|xn =y|x. Soit e1, e2,... une suite orthonormee. Notons

Fn

lespace engendre par{

e1

,...,en}

. Soit y

V, la projection orthogonale de y sur Fn

est donnee

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parni=1

y|eiei. Donc, y =ni=1

y|eiei +

yni=1

y|eiei

ou yni=1

y|eiei Fn . On a,y2 =ni=1

|y|ei|2 +yni=1

y|eiei2. Ainsi,ni=1

|y|ei|2 y2. Ceci prouve que la seriei=1

|y|ei|2

converge et par consequent que limn

y

|en

= 0. La suite (en) ne converge pas au sens de la norme car

ce nest pas une suite de Cauchy, en effet,enem= 2 si n=m.4) Supposons que la suite (xn) ne converge pas vers x. Il existe alors un > 0 et S N infini tel quepour tout n S, xxn . Mais vu que lesxn sont dans un compact, il existe une sous-suite de(xn)S qui converge forcement vers x par le point 2, ce qui est absurde.

Exercice 7

Soitc0lespace vectoriel norme des suites x = (xn)n1 de nombres reels (ou complexes) convergeant vers0 muni de la normex= sup

n1|xn|. Pour toutn1, notons en = (0, ..., 0, 1, 0,...) [1 a la n-ieme place

et 0 ailleurs].

1) Demontrer que la famille e1, e2,... est totale dans c0.

Soit1 lespace vectoriel norme des suites a = (an)n1 de nombre reels (ou complexes) verifiantn=1

|an|< +muni de la normea1=n=1

|an|.

Pour touta = (an)n11 on considere la forme lineairea definie surc0 par :

xc0, a(x) =n=1

anxn.

2) Demontrer que pour tout a

1, a est bien definie et continue.

3) Demontrer que lapplication lineaire : 1 (c0), aa est une isometrie surjective (ou (c0) estle dual de c0).

Soitc lespace vectoriel norme des suites x = (xn)n1 de nombres reels (ou complexes) convergentesmuni de la normex= sup

n1|xn|. Notonse = (1, 1,...).

4) Demontrer que la famille e, e1, e2,... est totale dans c.

5) Demontrer que le dual c decest isometrique a1 en exhibant une isometrie lineaire surjective.

Solution :

1) Soitx = (xn)n1c0 on axNn=1

xnen= supnN+1

|xn| 0 si N+.

2) Pour tout N 1, et tout x c0,Nn=1

|anxn| xNn=1

|an| x a1 < +. Par suite, la

serie

n=1

anxn est convergente (car absolument convergente) et a est bien definie. De plus,|a(x)|

n=1 |anxn| x a1, donc a est continue.7


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3) Commencons par montrer que est une isometrie. Nous avons montre en 2) que pour tout xc0,|a(x)| x a1, donc(a)=a a1.En fait,(a)=a1, pour le voir notons en = (0,..., 0, 1, 0,...)c0 [1 a la n-ieme place et 0 ailleurs]et considerons la suite de vecteursyn =

nk=1

bkek ou bk =|ak|/ak si ak= 0 et 0 autrement. Pour tout

n, on ayn 1 (evident) et a(yn) =|a(yn)| =n

k=1

|ak|. Vu quea |a(yn)|, nous voyonsquen faisant tendre n vers + nous obtenonsa a1. Nous avons par consequent montre que(a)=a1 ce qui signifie que est une isometrie.

Pour montrer que est surjective il faut verifier que pour toute forme lineaire continue sur c0 ilexistea1 tel que a = . Soit donc (c0); en reprenant les vecteurs en consideres precedemment,nous voyons que sil existea1 tel quea = nous devons forcement avoir a(en) =(en) pour toutn,cest-a-dire an =(en). Verifions par consequent que ((en))n11. Considerons la suite de vecteursyn =

nk=1

bkek ou bk =|(ek)|/(ek) si (ek)= 0 et 0 autrement.

On a

|(yn)

|=

n

k=1 |(ek)| yn . Donc+

k=1 |(ek)|< + et ((en))n11.

A present, posons a = ((en))n1. Il nous reste a verifier que a = . Par definition de a nous avons

a(x) =

n=1

(en)xn. Nous voyons par consequent que a concide avec sur les vecteurs e1, e2,... .

Etant donne que la famille e, e1, e2,... est totale on a bien a= .

4) Soitx = (xn)n1c; notons = limn

xn. On ax Nn=1

(xn )en e= supnN+1

|xn | 0 siN+.

5) Nous considerons pour tout a = (an)n11 la forme lineaire sur c definie par :

xc, a(x) =n=2

anxn1+a1 limn

xn.

Lapplication lineaire : 1 c, aa est alors une isometrie surjective. En effet on montre commeprecedemment que a est bien definie et continue et que(a) =a a1. Pour montrer quelinegalite precedente est en realite une egalite, nous posons yn = (b1, b2,...) ou pour tout 1 k n,bk =|ak+1|/ak+1siak+1= 0 et 0 autrement et pour tout k > n,bk =|a1|/a1sia1= 0 et 0 autrement. Onaa |a(yn)|=

nk=1

|ak|+|a1|a1

k=n+1

ak. En faisant tendre n vers + nous obtenonsa a1.

est donc une isometrie.Montrons que est surjective. Soit c, comme precedemment, sil existe a 1 tel que a =

nous devons forcement avoir a(en) = (en) pour tout n 1, et a(e) = (e). De ces egalites nousobtenons an+1 =(en) et a1 =a(e)

n=2

an =(e)n=1

(en). Nous avons deja montre au point 3)

que la serie

n=1

(en) est absolument convergente, par consequent, le vecteura defini ci-dessus appartient

bien a1. Il reste a montrer quea= . Si xc,a(x) =

n=2

anxn1+a1 limn

xn =

n=1

(en)xn+

(e)

n=1

(en)

limn

xn

=

n=1

(en)(xn limk

xk) + (e) limn

xn; nous voyons par consequent que a concide avec sur les

vecteurs e, e1

, e2

,... . Etant donne que la famillee, e1

, e2

,... est totale on a bien a

= .

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Exercice 8

Soit Eun espace vectoriel (sur R ou C). On rappelle quun sous-ensembleC Eest convexe si pourtous points x, yC, le segment reliant x a y est contenu dans C. Formellement,

x, yC, t[0, 1], tx+ (1t)yC.On verifie immediatement que lintersection dune famille quelconque de parties convexes est convexe(lensemble vide est egalement convexe). Si AEil existe au moins une partie convexe contenant A,cestE; lintersection de toutes les parties convexes contenant A nest donc pas vide car elle contient A,cest le plus petit convexe contenantA, on lappelle lenveloppe convexe de A et on la note co(A).

1) SoitEun espace norme. Demontrer que :

a) Linterieur dun convexe est convexe.

b) Ladherence dun convexe est convexe.

2) Soit E un espace vectoriel quelconque, A E et x1,...,xn A. Une combinaison convexe deselementsx1,...,xn est un element de la forme t1x1 + ... + tnxn ou pour touti = 1..n,ti est un reel positif

etni=1ti = 1. Demontrer que co(A) est lensemble des combinaisons convexes delements de A.3) Demontrer que si Eest un espace norme de dimension finie, lenveloppe convexe dun compactKestcompacte. [Indication : utiliser le theoreme de Caratheodory qui dit que dans un espace vectoriel reelde dimension n, lenveloppe convexe dun sous-ensemble Aest lensemble des combinaisons convexes defamilles de n + 1 points.]

4) On veut montrer quen dimension infinie lenonce precedent nest plus valable. Pour ce faire on

considere lespace 2 des suites (xn)n1 a valeurs complexes verifiant

n=1

|xn|2 0 notons B (x, r) ={yE /yx< r}la boule ouverte centree en x de rayon r .Remarquons en passant que B (x, r) =x+B(0, r).

a) SoitCun convexe deEet notonsClinterieur de C. SiC=

il ny a rien a demontrer. Supposonsdonc C= et soient x, y C. Il faut montrer que pour tout t [0, 1], tx+ (1t)y C. Soitdonc t [0, 1] fixe et posons w = tx+ (1t)y. Il existe rx > 0 et ry > 0 tels que B(x, rx) etB(y, ry) soient contenues dans C. Posonsr = min{ry , ry} et montrons que B (w, r)C. En effetsiuB(w, r) alors on verifie immediatement que u + x wB(x, r) etu + y wB(y, r); donct(u+xw) + (1t)(u+yw) =uC. Ceci prouve que wC.

b) Soit Cun convexe de E et soient x, y C. Il nous faut montrer que pour tout t [0, 1] et pourtoute boule centree entx + (1 t)y, il existe un element de C appartenant a cette boule. Soit donct[0, 1] etr >0, il existe u, vCtels queuB(x, r) etvB(y, r). Nous avons alors :

(tu+ (1t)v)(tx+ (1t)y) tux+ (1t)vy< tr+ (1t)r= r.Ceci prouve que tu+ (1t)v B (tx+ (1t)y, r) et vu que tu+ (1t)v C, laffirmation estdemontree.

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2) Soient x1,...,xn A, y1,...,ym A et a =n

k=1

kxk, b =mk=1

kyk deux combinaisons convexes. Si

t[0, 1],ta+ (1t)b=

n

k=1tkxk+

m

k=1(1t)kyk

est encore une combinaison convexe carn

k=1

tk+mk=1

(1 t)k =tn

k=1

k+ (1 t)mk=1

k =t + 1 t= 1.Par consequent, lensemble des combinaisons convexes delements de A est un sous-ensemble convexecontenant A et donc il contient co(A).

Reciproquement, si a =n

k=1

kxk est une combinaison convexe des elements x1,...,xn A alors onmontre par recurrence sur nqueaco(A). En effet, pour n= 1 cest evident et pour n = 2 lassertiondecoule du fait que co(A) est convexe. Supposons lassertion verifiee pour n > 2 et soit a =

n+1k=1

kxk

une combinaison convexe des elements x1,...,xn+1 A. Si n+1 = 1, a = xn+1 co(A) et lassertion

est verifiee; si n+1 < 1 alors a = n+1xn+1+ (1n+1)n

k=1

k1n+1 xk et vu que par hypothese de

recurrencen

k=1

k1n+1 xkco(A), aco(A).

3) Remarquons pour commencer que si n0, le sous-ensemble Sde Rn+1 defini par

S=

(t1,...,tn+1)Rn+1/i= 1..n+ 1, ti0 et

n+1i=1

ti = 1

est compact (car ferme et borne). De plus K etant compact, il en est de meme de Kn+1. A present,soit Eun espace vectoriel norme, reel, de dimension n; alors par le theoreme de Caratheodory, co(K)

est limage du compact SKn+1 par lapplication continue: SKn+1 E, (t1,...,tn+1, x1,...,xn+1)t1x1+...+tn+1xn+1.

Par consequent, co(K) est compact.SiEest un espace vectoriel norme complexe de dimensionn alors il suffit de remarquer que la dimensionde Ecomme espace vectoriel sur le corps des reels est 2net on repete largument precedent avec 2n aulieu de n.

4) On voit facilement que Kest compact. En effet il est evident que la suite ( 1nen)n1 converge vers e0,par consequent toute suite de points deKpossede au moins une valeur dadherence dans K.Par contreco(K) nest pas compact. Pour le voir nous considerons la suite (un)n1 definie par :

un = 12

12

e1+...+ 12n

1n

en+ 12n

1n+ 1

en+1,

pour n 1. Chaqueun est une combinaison convexe delements de K (car 1/2 + 1/22 +... + 1/2n +1/2n = 1), la suite (un)n1 est donc contenue dans co(K). De plus, lim

nun =

n=1

1

n2nen. En effet,

la serie apparaissant a droite de legalite est convergente car e1, e2,... est une base hilbertienne de 2 et

n=1

1

n2n

2


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et il est evident que cette expression tend vers 0 lorsque n+.Neanmoins

n=1

1

n2nen /co(K), car par le point 2) les elements deco(K) ne font intervenir quun nombre

fini de termes dans leur decomposition dans la base e1, e2,... . co(K) nest donc pas ferme et a fortioriil nest pas compact.

5) Il faut montrer que pour toutr >0, on peut recouvrir co(A) par un nombre fini de boules de rayon r.Soit doncr >0 fixe, A etant precompact il existe a1,...,anA tels que

Ani=1

B(ai, r/2) =ni=1

(ai+B(0, r/2)) .

Siyco(A), il existe y1,...,ymA et des reels positifs t1,...,tm tels quemk=1

tk = 1 et y =mk=1

tkyk. Or,

pour chaquek = 1..m, il existeik {1,...,n}tel queykaik+B(0, r/2); doncymk=1

tkaik+B(0, r/2)co (

{a1,...,an

}) +B(0, r/2). Ceci montre que

co(A)co ({a1,...,an}) +B(0, r/2).Mais co ({a1,...,an}) est contenu dans le sous-espace vectoriel engendre par a1,...,an et cet espace estde dimension finie, par la question 3) nous pouvons alors affirmer que co ({a1,...,an}) est compact. Par

consequent, il existe z1,...,zco ({a1,...,an}) tels que co ({a1,...,an})

i=1

B(zi, r/2); donc

co(A)

i=1

B(zi, r/2) +B(0, r/2)

i=1

B(zi, r).

Ceci prouve que co(A) est precompact.

Supposons a present que E est complet. co(A) etant precompact co(A) lest aussi. Mais co(A) estegalement complet (car ferme dans Equi est complet), par suite co(A) est compact.

Exercice 9

Montrer quune base algebrique dun espace de Banach est ou bien finie ou bien non-denombrable.[Indication : utiliser le theoreme de Baire.]

Solution :

Soient (E, .) un espace de Banach de dimension infinie et x1, x2,... une famille libre denombrable.Notons En le sous-espace vectoriel engendre par x1,...,xn. En est un sous-espace de dimension finie, ilest donc ferme dans E. De plus, linterieur de En est vide pour toutn >0.En effet, si x En il existe r >0 tel que B (x, r) ={yE/yx r} En et dans ce cas pour toutu=x, x+r(ux)/ux B(x, r)En et par suite uEn, nous aurions donc E=En ce qui estabsurde.

(En)n1 est donc une suite croissante de fermes dinterieur vide et par le theoreme de Baire

n=1

En est

egalement dinterieur vide. Ceci prouve que la famille x1, x2,... ne peut pas etre une base car autrement

nous aurions E=

n=1 En etEserait dinterieur vide ce qui est absurde.11


12/21

Exercice 10

Soit 1 lespace des fonctions f : N R verifiant+n=0

|f(n)|< + muni de la normef=+n=0

|f(n)|.

Nous voulons demontrer que toute suite de 1 qui converge faiblement converge fortement (cest-a-dire

au sens de la norme) vers la meme limite; pour ce faire nous supposons que ce nest pas le cas :

1) Demontrer qualors il existe une suite (fn) delements de 1 de norme 1 qui converge faiblement vers0 et donc, en particulier, telle que pour tout iN, fn(i)0 lorsque n+.

2) Construire par recurrence deux suites dentiers strictement croissantes, (Ij)j0 et (nj)j1, telles quepour tout entier j1,

Ij1i=0

|fnj (i)| 1

5,

+i=Ij+1

|fnj (i)| 1

5.

3) Montrer quil existe une fonction h : N Rsatisfaisant les proprietes suivantes :

iN, |h(i)|= 1 etj1, i0, Ij1< iIjfnj (i)h(i) =|fnj (i)|.Demontrer pour tout entier j1 linegalite :

Iji=Ij1+1

fnj (i)h(i) 3

5

et en deduire que

+i=0

fnj (i)h(i) 1

5

.

4) En deduire que la suite (fnj ) ne converge pas faiblement vers 0 et conclure.

Solution :

1) Par hypothese, il existe une suite (gn) de 1 qui converge faiblement vers g1 mais pas fortement.Dire que (gn) ne converge pas vers g fortement est equivalent a dire quil existe un >0 et une sous-suite(gnk) tels quegnkg> pour tout k0. Considerons alors la suite (fk) definie par :

fk = gnkggnkg

.

Il est evident que cette suite converge faiblement vers 0 et que chacun de ces elements est de norme 1.De plus, si nous considerons les formes lineaires continues definies pour tout iN par

i : 1 R, hh(i)

nous avons, i(fn) =fn(i)0 si n+.

2) Soit (fn) la suite definie precedemment. Soit n1 N tel que|fn1(0)| 1/5. Un tel entier existe car

limn

fn(0) = 0. Il existe alors un entierI0tel que

I0i=0

|fn1(i)| 1/5. Etant donne que+n=0

|fn1(n)|< +,

il existe un entierI1> I0 tel que+

i=I1+1|fn1(i)| 1/5.

12


13/21

On recommence en prenant un entier n2 > n1 tel que

I1i=0

|fn2(i)| 1/5 et un entier I2 > I1 tel que+

i=I2+1

|fn2(i)| 1/5.

De maniere generale, on choisit lentier nk+1 tel que nk+1 > nk et

Iki=0

|fnk+1(i)| 1/5 et lentier Ik+1

tel que Ik+1> Ik et+

i=Ik+1+1

|fnk+1(i)| 1/5. Lexistence de ces entiers decoule encore une fois du fait

quei0, limn

fn(i) = 0 etn0,+i=0

|fn(i)|= 1.Nous construisons ainsi par recurrence deux suites dentiers strictement croissantes (Ij)j0 et (nj)j1verifiant les proprietes de lenonce.

3) Nous definissons la fonction h : N Rcomme suit :

h(i) = 1 pour iI0, h(i) = sign(fnj (i)) pouri > I0ou j est lunique entier verifiant Ij1 < iIj. Ainsi definie ha bien les proprietes de lenonce, de plusremarquons que sij1,

Ij1i=0

|fnj (i)|+Ij

i=Ij1+1

|fnj (i)|++

i=Ij+1

|fnj (i)|= 1

et donc,Ij

i=Ij1+1

fnj (i)h(i) =

Iji=Ij1+1

|fnj (i)| 11/51/5 = 3/5.

Pour finir,+i=0

fnj (i)h(i)

=

Iji=Ij1+1

fnj (i)h(i) +

Ij1i=0

fnj (i)h(i) ++

i=Ij+1

fnj (i)h(i)

Iji=Ij1+1

fnj (i)h(i)

Ij1i=0

fnj (i)h(i)

+i=Ij+1

fnj (i)h(i)

Iji=Ij1+1

fnj (i)h(i)

Ij1i=0

|fnj (i)| +

i=Ij+1

|fnj (i)| 3/51/51/5 = 1/5.

4) Lapplication g

+

i=0 g(i)h(i) est une forme lineaire continue sur 1 et le point 3) nous montre alorsque la suite (fnj ) ne converge pas faiblement vers 0, ce qui est une contradiction. Nous en deduisonsdonc que dans 1 tout suite faiblement convergente est egalement fortement convergente et de memelimite.

Remarque : le resultat setend evidemment a C en considerant les parties reelles et imaginaires.

Exercice 11

SoitCc lespace des fonctions de R dans C infiniment derivables a support compact.

13


14/21

1) Montrer que pour tout Cc , limn

+

einx(x)dx= 0.

2) Deduire de 1) que pour toute fonctionf

L1, lim

n

+

einxf(x)dx= 0. [Rappel : Cc est dense dans

L1.]

3) Considerons la suite (fn) de fonctions de L1 definies par

nN, xR, fn(x) =einxex2 .Montrer que (fn) converge faiblement vers 0 mais pas fortement.

Solution :

1) SoitCc , une integration par parties nous donne+

einx(x)dx=

1

ineinx

+

1in

+

einx(x)dx.

Or

1

ineinx

+

= 0 car (+) = () = 0 et il est evident que 1in

+

einx(x)dx tend vers 0

lorsquen+.2) Soitf L1 et >0. Etant donne que Cc est dense dansL1, il existe Cc tel que

+

|f(x)(x)|dx/2.

De plus, des que n est assez grand, +

einx(x)dx

/2.Ainsi pour n assez grand,

+

einxf(x)dx

+

einx(f(x)(x))dx

+

+

einx(x)dx

/2 +/2 =

3) Il faut montrer que

gL, limn

+

g(x)fn(x)dx= 0.

Or si gL lapplicationxg(x)ex2 appartient a L1 et par consequent+

g(x)fn(x)dx=

+

einxg(x)ex2

dxtend vers 0 lorsque n tend vers +. Pour finir, il est evident que

la suite (fn) ne converge pas fortement vers 0 car la norme de chaque terme est egale a

+

ex

2

dx.

14


15/21

Exercice 12

SoitE un espace vectoriel muni dun semi-produit scalaire (.|.). On note p(x) = (x|x)1/2. Dapreslinegalite de Schwarz, lapplication p satisfait linegalite triangulaire :x, y E, p(x+y)p(x) +p(y)(en dautres termes, p est une semi-norme). On considere lespace vectoriel

E forme des suites (xn) qui

sont de Cauchy pour p, cest-a-dire telles que limn,m+p(xn

xm) = 0. On verifie immediatementque la relationRdefinie par

(xn)R(yn) limn+

p(xnxm) = 0

est une relation dequivalence sur lensembleE, compatible avec sa structure despace vectoriel. Lespacevectoriel quotient deE parR est note E et lon note lapplication canonique deE sur E (qui a unelement deEassocie sa classe dequivalence moduloR).1) Soient x et y deux elements de E. Demontrer que si ((xn)) = x et ((yn)) = y, alors la suite((xn|yn))nN est convergente et sa limite ne depend que dex ety.

2) Demontrer que la relation (((xn))|((yn)) = limn+(xn|yn) definit un produit scalaire sur E. Onnote

.

la norme associee.

3) Si x Eon designe parx limage par de la suite constante egale a x. Demontrer que lapplicationdeE dans Edefinie parxx est lineaire et que pour tout x E,x= p(x).4) Demontrer que lensemble E0={x, x E} est dense dans E.5) Demontrer que Eest un espace de Hilbert. (On demontrera dabord que toute suite deE0 qui est deCauchy pour la norme de Econverge dansE.) LespaceEest appele lespace de Hilbert complete separedeE. Un tel espace est unique dans le sens precise dans la question suivante.

6) Soit (E, (.|.)) un espace de Hilbert tel quil existe une application lineaireL deEdansE, dimagedense dans E et telle quex E,L(x) = p(x). Demontrer quil existe une unique isometriesurjectiveH de E surE

telle quex E, H(x) =L(x).Solution :

1) On a,

|(xn|yn)(xm|ym)|=|(xnxm|yn) + (xm|ynym)| p(xnxm)p(yn) +p(ynym)p(xm).

Or les suites (p(xn))n et (p(yn))n sont bornees (car de Cauchy) donc,

limn,m+

|(xn

|yn)

(xm

|ym)

|= 0.

La suite ((xn|yn))nN est donc une suite de Cauchy et par consequent elle converge. La valeur delimn+(xn|yn) ne depend que des classes dequivalence de (xn) et (yn). En effet, si (xn)R(xn) et(yn)R(yn) alors linegalite

|(xn|yn)(xn|yn)|=|(xnxn|yn) + (xn|ynyn)| p(xnxn)p(yn) +p(ynyn)p(xn)

montre que limn+(xn|yn) = limn+(xn|yn).

2) Soit ((xn)) =x et ((yn)) =y par le point 1), la relation (x|y) = limn+(xn|yn) est bien definie.Pour montrer quon a definit un produit scalaire, il suffit de verifier que (x|x) = 0 implique x = 0. Ornous avons (x|x) = 0 limn+p(xn) = 0 et cette derniere egalite equivaut a dire que la suite (xn)est dans la meme classe dequivalence que la suite constante egale a 0, donc x = 0.

15


16/21

3) Soit x E, notons (x) la suite constante egale a x. Il est evident que lapplication i :E Edefinieparx(x) est lineaire. Par consequent, lapplication i est lineaire.De plus,x2 = (x|x) = limn+(x|x) =p(x)2.4) Soit (xn) un element de

E. Soit >0 etN >0 tels que p(xnxm) pour toutn, mN. On a

((xn))xm2 = limn+(xnxm|xnxm) limn+p(xnxm)2 2pour tout mN. Par consequent, limm+xm= ((xn)), ce qui prouve que E0 est dense dans E.5) Soit (xn) une suite de Cauchy delements de E0. La suite (xn) est alors une suite de Cauchy deE,cest donc un element deEet comme vu au point precedent nous avons limm+xm= ((xn)).Passons au cas general. Soit (n) une suite de Cauchy de E. Vu que E0 est dense dansE, il existe unesuite (xn) deE0 verifiantnxn 2n. On a,

xnxm xnn+nm+mxm 2n +nm+ 2m.Par consequent, limn,m+

xn

xm = 0 ce qui montre que (

xn) est une suite de Cauchy. Comme

deja montre, (xn) converge vers = ((xn)). La suite (n) converge egalement vers cette limite. Eneffet,n xn+xnn xn+ 2n. Lespace Eest donc un espace de Hilbert.6) Soit = ((xn)) E, la suite L(xn) est de Cauchy (carL(xn)L(xm) = p(xnxm)), parconsequent elle converge. On pose

H() = limn+

L(xn).

Hest bien definie car si = ((yn)) alorsL(xn) L(yn) =p(xnyn)0 lorsquen+et donclimn+L(xn) = limn+L(yn). De plus on verifie immediatement quex E, H(x) =L(x).Lest lineaire doncHlest egalement de plus,H() = limn+ L(xn) = limn+p(xn) =.Hest donc une isometrie; montrons quelle est surjective. Soit y E, il existe une suite (xn) dansEtelle que limn+L(xn) =y. LegaliteL(xn)L(xm) =p(xnxm) montre que (xn) est de Cauchydonc (xn)

E. Pour finir, en posant = ((xn)), on a H() =y.Hest unique car si H est une autre application lineaire continue telle quex E, H(x) =L(x) alorsHH est nulle sur E0 et donc nulle sur E (carE0 est dense dansE).

Exercice 13

Soient Xun ensemble etF lespace vectoriel des fonctions de X dans C.

1) On considere un sous-espace vectoriel EdeFmuni dune structure despace de Hilbert tel que, pourtoutxX, la forme lineaire definie sur Epar ff(x) est continue.

a) Demontrer quil existe une unique fonction K deXX dans C verifiant pour tout yE, la fonction K( . , y) :xK(x, y) appartient a E; pour tout f Eet tout yX, (f|K( . , y)) =f(y).

Kest appele le noyau reproduisant de E.

b) Demontrer les proprietes suivantes :

A)x, yX, K(x, y) =K(y, x);B)nN,(1,...,n)Cn,(x1,...,xn)Xn,

n

i=1n

j=1K(xi, xj)ij0.

16


17/21

c) Demontrer que la famille{K( . , y)}yX est totale dans E.d) SoitF un autre sous-espace vectoriel deFmuni dune structure despace de Hilbert tel que, pour

toutxX, la forme lineaire definie sur F par ff(x) est continue. Montrer que si E etF ontle meme noyau reproduisant, alors ils sont egaux en tant quespaces de Hilbert.

2) On considere inversement une fonction Kde XXdans C satisfaisant les proprietes A et B ce-dessus.a) SoitE le sous-espace vectoriel deFengendre par{K( . , y)}yX . Demontrer que la relation n

j=1

jK(., xj)

mk=1

kK(., yk)

= nj=1

mk=1

K(yk, xj)jk

definit un produit scalaire surE. On verifiera en particulier que lexpression ci-dessus ne dependpas des representations.

b) Soient (E, ( . | . )) lespace de Hilbert complete deE et L lapplication canonique deE dans Eassociee. On definit lapplication de E dans

F par

()(x) = (|L(K( . , x))) .

Demontrer que est injective.

c) En deduire une structure hilbertienne sur lespace E = (E) pour laquelle K est le noyaureproduisant.

3) Soit E comme dans la question 1), K son noyau reproduisant et (i)I une base hilbertienne de E.Montrer que pour tout x, yX, la famille (i(y)i(x))Iest sommable et queK(x, y) =

Ii(y)i(x).

Solution :

1) Notons ( . | . ) le produit scalaire de E.a) Pour toutyXla forme lineaireE C, ff(y) est continue, par le theoreme de representation

de Riesz il existe alors un unique fyEtel que (f|fy) =f(y) pour tout f E. On pose

x, yX, K(x, y) =fy(x)

La fonction Kainsi definie a bien les proprietes demandees. Lunicite de Kresulte de lunicite defy.

b) A)x, yX, K(y, x) = (K( . , x)|K( . , y)) = (K( . , y)|K(( . , x)) =K(x, y).B) SoientnN, (1,...,n)Cn et (x1,...,xn)Xn. Alors

0 n

j=1

jK( . , xj)

ni=1

iK( . , xi)

= ni=1

nj=1

K(xi, xj)ij .

c) Soit V le sous-espace vectoriel engendre par la famille{K( . , y)}yX . Si f V alors pour toutyX, (f|K( . , y)) =f(y) = 0 donc V ={0} et par consequent, V =V ={0} =E.

17


18/21

d) Notons ( . | . ) et . | . les produits scalaires surEet Frespectivement, soit de plus V comme avant.Pour tout x, y X, (K( . , y)|K( . , x)) = K(x, y) =K( . , y)|K( . , x), donc les produits scalairesdeEetF concident sur V. Si f E, il existe une suite (fn) dans Vqui converge vers f dans E.Pour tout xXnous avons :

f(x) = (f

|K( . , x)) = lim

n+(fn

|K( . , x)) = lim

n+fn(x).

Mais (fn) converge egalement dans F (car cest une suite de Cauchy) vers limn+fn(x), doncf F. Le meme discours pour F entraine que E=Fen tant quensembles. Vu que les produitsscalaires de E et F concident sur V qui est un sous-espace dense il sensuit que E = F en tantquespaces de Hilbert.

2)

a) Soit f=n

j=1jK(., xj) etg =m

k=1kK(., yk) deux fonctions deE. On a les egalites :n

j=1m

k=1K(yk, xj)jk =

n

j=1jg(xj) =

m

k=1kf(yk).

Ceci montre que le nombre complexen

j=1

mk=1K(yk, xj)jk ne depend pas de la representation

def etg. Nous definissons ainsi une forme hermitienne positive surE. Montrons quelle est definiepositive. Supposons que (f|f) = 0 et soityX, pour tout tR,

0

tf(y)f+ K( . , y)tf(y)f+ K( . , y) = 2t|f(y)|2 +K(y, y)

ce qui implique f(y) = 0 (autrement linegalite ci-dessus est mise en defaut pour t ). Doncfest identiquement nulle.

b) Si ker alors est orthogonal au sous-espaceL(E) qui est dense dans E, donc = 0.

c) En posant(1)|(2)= (1|2)

on definit un produit scalaire surE= (E

) de plus,Emunide ce produit scalaire est un espace de Hilbert car est une isometrie surjective entreE et E.Pour tout x X, (L(K( . , x)))(y) = (L(K( . , x))|L(K( . , y))) = (K( . , x)|K( . , y)) = K(y, x),ce qui montre que (L(K( . , x))) =K( . , x). Pour finir on a :

()(x) =()|(L(K( . , x)))=()|K( . , x)

ce qui prouve que Kest le noyau reproduisant de E.

3) SoityX. La fonction K( . , y) se decompose dans la base (i)I :

K( . , y) =

I(K( . , y)|i)i =

Ii(y)i.

De plus, pour tout JI, Jfini, on a en appliquant linegalite de Cauchy-Schwarz :K(x, y)J

j(y)j(x)

=

K( . , y)J

j(y)j

K( . , x) K( . , y)

J

j(y)j

K(x, x).

Ceci prouve que la famille (i(y)i(x))Iest sommable et que sa somme est K(x, y).

Exercice 14

18


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Soit un ouvert de C que lon munit de la distance euclidienne. On note H() lespace des fonctionsholomorphes sur et H2() le sous-espace de H() constitue des fonctions holomorphesfsur tellesque

|f(x+iy)|2 dxdy 0. Demontrerque si B (z0, r), alors

f(z0) = 1

r2

B(z0,r)

f(x+iy) dxdy.

En deduire que si f H2(),|f(z0)| 1

rf,

ou . designe la norme associee au produit scalaire.

2) Demontrer que si Kest un compact inclus dans , alors pour tout f H2(),

supzK

|f(z)| 1d (K,C \)f

ou d (K,C \) = inf{|z|; zK, C \} .

3) Demontrer que H2() est un espace de Hilbert.[Utiliser le resultat suivant : si (fn) est une suite de fonctions holomorphes sur convergeant uni-formement sur tout compact vers une fonction f, alors fest holomorphe sur .]

4) Demontrer que H2() admet un noyau reproduisant (cf. exercice 13).

5) Soient f L2() et K : C le noyau reproduisant de H2(). Demontrer que la fonctiondefinie sur par

f(x+iy)K(, x+iy) dxdy

est egale a la projection orthogonale de fsur le sous-espace fermeH2() deL2().

6) Soit ={|z|< 1 | z C} et considerons la famille (fn)N de fonctions holomorphes definies par

fn : C, z

n+ 1

zn.

Demontrer que (fn)N est une base hilbertienne de H2().

7) Deduire de la question precedente que le noyau reproduisant de H2() est donne par

, z, K(, z) = 1(1z )2 .

(cf. exercice 13 question 3.)

Solution :

19


20/21

1) En coordonnees polaires lintegrale a calculer devient

1

r2

B(z0,r)

f(x+iy) dxdy= 1

r2

r0

20

f(z0+ei) d d.

Grace a la formule de Cauchy on sait que pour 0 < r, f(z0) = 12 20

f(z0 +ei) d. Par

consequent,

1

r2

B(z0,r)

f(x+iy) dxdy=2f(z0)

r2

r0

d= f(z0).

Notons 1B la fonction indicatrice de B(z0, r), si f H2() alors en appliquant linegalite de Cauchy-

Schwarz a|f(z0)|= 1r2

f(x+iy)1Bdxdy

, on trouve

|f(z0)| 1r2

f

1Bdxdy1/2 = 1

rf.

2) Commencons par remarquer que d (K,C \) > 0. En effet, Kest compact par consequent il existez0Ktel que d (K,C \) = inf{|z0z|; z C \}, par suited (K,C \) = 0 implique z0 C \ cequi est absurde.

Si zK, on a|f(z)| 1r

fpour toutr >0 tel que B (z, r) donc,

|f(z)| f supr >0; B (z, r)

.

Or,sup

r >0; B (z, r) = inf{|z|; C \} d (K,C \) donc,

|f(z)| fd (K,C \) .

En prenant la borne superieure lorsque z parcourtKnous obtenons linegalite recherchee.

3) Soit (fn) une suite de Cauchy de H2(). Si K est un compact alors par 2) on a

supzK

|fn(z)fm(z)| 1d (K,C \)fnfm.

Par consequent, la suite (fn) converge uniformement sur tout compact de . Notons fla limite simplede la suite (fn), etant donne que (fn) converge versfuniformement sur tout compact on en deduit quefest holomorphe sur . Mais (fn) converge egalement dansL2() (carL2() est complet); soit donc gla limite de (fn) dans L2(), par le lemme de Fatou on a

|fg|2 dxdylim inf

|fng|2 = lim inffng2 = 0

donc,f=g p.p. et limn+

fn = f dans H2().

4) Pour tout z0, la forme lineaire definie sur H2() par ff(z0) est continue par 1); donc H2()admet un noyau reproduisant.

20


21/21

5) Vu que H2() est complet, il est ferme dansL2(), par suite

L2() =H2()H2().

Si f L2(), il existe un unique h H2() et un unique g H2() tels que f = h+g avec h laprojection orthogonale def surH2(). Pour C nous avons :

(f|K( . , )) =

f(x+iy)K(, x+iy) dxdy.

Dun autre cote, (f|K( . , )) = (h|K( . , )) =h() et donc

h=

f(x+iy)K( . , x+iy) dxdy.

6) Calculons le produit scalaire (fm|fn). En coordonnees polaire nous avons,

(fm|fn) = 1

n+ 1m+ 1

(x + iy)m(x iyn) dxdy = 1

n+ 1m+ 11

0

20

m+n+1ei(mn) d d.

On voit facilement que cette derniere expression vaut 1 si m = n et 0 sinon. Il reste a montrer que lafamille (fn)N est totale. Soit hH2() et calculons le produit scalaire (h|fn) :

(h|fn) =

n+ 1

10

20

n+1einh(ei) d d,

par la formule de Cauchy nous savons que si est le chemin defini par : [0, 2] C, ei avec0<

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Exercices d'Analyse Fonctionnelle

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