Opérateur de moyenne de Hardy

Résolution.

1. Linéarité et Endomorphisme. La linéarité de $T$ découle immédiatement de la linéarité de l'intégrale. Soit $f \in E$. $T(f)$ est clairement de classe $\mathcal{C}^1$ sur $]0,1]$ par le théorème fondamental de l'analyse. En $0$, par la continuité de $f$ en $0$ :
   $$\lim_{x \to 0^+} T(f)(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \int_0^x f(t)   \mathrm{d}t = f(0) = T(f)(0)$$
   Ainsi $T(f)$ est continue sur $[0,1]$, donc $T(f) \in E$. $T$ est bien un endomorphisme de $E$. Norme d'opérateur. Pour tout $x \in ]0,1]$ :
   $$|T(f)(x)| \le \frac{1}{x} \int_0^x |f(t)|   \mathrm{d}t \le \frac{1}{x} \int_0^x \|f\|_\infty   \mathrm{d}t = \|f\|_\infty$$
   Comme $|T(f)(0)| = |f(0)| \le \|f\|_\infty$, on a $\|T(f)\|_\infty \le \|f\|_\infty$. Ceci montre que $T$ est continu et que $\||T|\| \le 1$. En considérant la fonction constante $f_1 = 1$, on a $T(f_1) = 1$, donc $\|T(f_1)\|_\infty = 1 = \|f_1\|_\infty$.
   $$\boxed{ \||T|\| = 1 }$$

2. Soit $f$ s'annulant sur $[0, \delta]$. On remarque que pour $x \in ]0,1]$ :
   $$T(f)(x) = \int_0^1 f(ux)   \mathrm{d}u$$
   Par récurrence, on montre que :
   $$T^n(f)(x) = \int_0^1 \dots \int_0^1 f(x u_1 u_2 \dots u_n)   \mathrm{d}u_1 \dots \mathrm{d}u_n$$
   Si $x \in [0, \delta]$, alors $x u_1 \dots u_n \le \delta$, donc $f(x u_1 \dots u_n) = 0$. Ainsi $T^n(f)$ est nulle sur $[0, \delta]$. Pour $x > \delta$, l'intégrande est non nul seulement si $x u_1 \dots u_n > \delta$, soit $u_1 \dots u_n > \frac{\delta}{x} \ge \delta$. Soit $U_1, \dots, U_n$ des variables aléatoires indépendantes suivant la loi uniforme sur $[0,1]$.
   $$|T^n(f)(x)| \le \|f\|_\infty \cdot \mathbb{P}\left( \prod_{i=1}^n U_i > \delta \right)$$
   L'espérance du produit est $E[\prod U_i] = \prod E[U_i] = (1/2)^n$. Par l'inégalité de Markov :
   $$\mathbb{P}\left( \prod_{i=1}^n U_i > \delta \right) \le \frac{E[\prod U_i]}{\delta} = \frac{1}{\delta 2^n}$$
   On obtient alors la majoration uniforme :
   $$\forall x \in [0,1],   |T^n(f)(x)| \le \frac{\|f\|_\infty}{\delta 2^n}$$
   $$\boxed{ \lim_{n \to \infty} \|T^n(f)\|_\infty = 0 }$$

3. Soit $f \in E$. On décompose $f(x) = f(0) + g(x)$ avec $g(0) = 0$. Comme $T(1) = 1$, on a $T^n(f) = f(0) + T^n(g)$. Étudions la convergence de $T^n(g)$ vers $0$. Soit $\epsilon > 0$. Par continuité de $g$ en $0$, il existe $\delta > 0$ tel que $|g(t)| \le \epsilon$ sur $[0, \delta]$. On peut construire (par exemple par une fonction affine par morceaux) une fonction $h \in E$ telle que : 1. $h = g$ sur $[\delta, 1]$. 2. $h$ est nulle sur $[0, \delta/2]$. 3. $\|h\|_\infty \le \|g\|_\infty$. Alors $\|g - h\|_\infty = \sup_{x \in [0, \delta]} |g(x) - h(x)|$. Comme $|g| \le \epsilon$ et $|h| \le \epsilon$ sur $[0, \delta]$ (par construction), on a $\|g - h\|_\infty \le 2\epsilon$. Par linéarité et l'inégalité triangulaire :
   $$\|T^n(g)\|_\infty \le \|T^n(g - h)\|_\infty + \|T^n(h)\|_\infty \le \||T^n|\| \cdot \|g - h\|_\infty + \|T^n(h)\|_\infty$$
   Comme $\||T^n|\| \le \||T|\|^n = 1$ et que $h$ s'annule au voisinage de $0$ :
   $$\limsup_{n \to \infty} \|T^n(g)\|_\infty \le 2\epsilon + 0 = 2\epsilon$$
   Ceci étant vrai pour tout $\epsilon > 0$, on en déduit que $T^n(g)$ converge uniformément vers 0.
   $$\boxed{ T^n(f) \xrightarrow[n \to \infty]{\text{unif}} f(0) }$$