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مسابقة دكتوراه 2016 — Centre Universitaire Abdelhafid Boussouf - Mila — الموضوع 08

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle · المدة: 1سا

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Concours d'accès à la Formation de Doctorat de 3ème cycle — Matière : Analyse Fonctionnelle, Centre Universitaire Abdelhafid Boussouf - Mila, Institut des Sciences et Technologie, Département de Mathématiques, Lab. Maths et Leurs Intéractions — 19 octobre 2016 (Durée 01 heure 30 mn).

التمرين 1

Exercice 1 — Opérateur auto-adjoint dans un espace de Hilbert

#hilbert-space#self-adjoint-operator#closed-graph-theorem#continuity

Soit HH un espace de Hilbert et KK une application linéaire de HH dans HH vérifiant la propriété suivante :

∀x,y∈H:⟨Kx,y⟩=⟨x,Ky⟩,\forall x, y \in H : \langle Kx, y \rangle = \langle x, Ky \rangle,

où ⟨.,.⟩\langle ., . \rangle désigne le produit scalaire de HH.

  1. Soit ℓ∈H′\ell \in H' (où H′H' désigne le dual de HH). Montrer que ℓ∘K\ell \circ K est continue.
  2. Montrer que KK est continue.
◀الحل

1.

Par le théorème de Riesz, il existe a∈Ha \in H tel que ℓ(x)=⟨x,a⟩\ell(x) = \langle x, a \rangle. Alors ℓ(Kx)=⟨Kx,a⟩=⟨x,Ka⟩\ell(Kx) = \langle Kx, a \rangle = \langle x, Ka \rangle, qui est continue en xx.

2.

On utilise le théorème du graphe fermé. Si xn→xx_n \to x et Kxn→yKx_n \to y, alors pour tout zz : ⟨y,z⟩=lim⁡⟨Kxn,z⟩=lim⁡⟨xn,Kz⟩=⟨x,Kz⟩=⟨Kx,z⟩\langle y, z \rangle = \lim \langle Kx_n, z \rangle = \lim \langle x_n, Kz \rangle = \langle x, Kz \rangle = \langle Kx, z \rangle, donc y=Kxy = Kx. Le graphe est fermé, donc KK est continue.

K est continue par le theˊoreˋme du graphe fermeˊ\boxed{K \text{ est continue par le théorème du graphe fermé}}

التمرين 2

Exercice 2 — Projecteur orthogonal dans un espace de Hilbert

#hilbert-space#orthogonal-projection#self-adjoint-operator#idempotent

Soit HH un espace de Hilbert (réel ou complexe) et VV un sous-espace fermé de HH.

I. D'après le théorème de la projection orthogonale, à tout élément x∈Hx \in H correspond un élément et un seul y=PV(x)∈Vy = P_V(x) \in V qui représente la projection orthogonale de xx sur VV. Il existe donc un opérateur PVP_V, appelé projecteur, défini de HH dans HH tel que PV(x)∈VP_V(x) \in V qui est caractérisé par

{PV(x)∈V⟨PV(x)−x,y⟩=0,∀y∈V,\begin{cases} P_V(x) \in V \\\\ \langle P_V(x) - x, y \rangle = 0, \quad \forall y \in V, \end{cases}

où ⟨.,.⟩\langle ., . \rangle désigne le produit scalaire dans HH.

  1. Montrer que x∈Vx \in V si et seulement si PV(x)=xP_V(x) = x.
  2. Montrer que si V⊥V^{\perp} est le supplémentaire orthogonal de VV et que si z=PV⊥(x)z = P_{V^{\perp}}(x), alors z=(I−PV)(x)z = (I - P_V)(x), i.e. H=V⊕V⊥H = V \oplus V^{\perp}.
  3. Montrer que PV∈L(H)P_V \in \mathcal{L}(H) et que ∥PV∥=1\|P_V\| = 1 pour V≠{0}V \neq \{0\}.
  4. Montrer que PVP_V est un opérateur auto-adjoint tel que PV2=PVP_V^2 = P_V.

II. Soit AA un opérateur linéaire auto-adjoint de L(H)\mathcal{L}(H) tel que A2=AA^2 = A. Montrer que AA est un projecteur sur un sous-espace fermé VV de HH.

◀الحل

1.

Si x∈Vx \in V, alors PV(x)=xP_V(x) = x par unicité. Réciproquement, PV(x)=x∈VP_V(x) = x \in V.

2.

x=PV(x)+(x−PV(x))x = P_V(x) + (x - P_V(x)) et x−PV(x)⊥Vx - P_V(x) \perp V, donc x−PV(x)∈V⊥x - P_V(x) \in V^{\perp}, d'où PV⊥(x)=(I−PV)(x)P_{V^{\perp}}(x) = (I - P_V)(x).

3.

∥PV(x)∥2=⟨PV(x),x⟩≤∥PV(x)∥∥x∥\|P_V(x)\|^2 = \langle P_V(x), x \rangle \leq \|P_V(x)\| \|x\|, donc ∥PV∥≤1\|P_V\| \leq 1. Pour v≠0v \neq 0 dans VV, PV(v)=vP_V(v) = v, donc ∥PV∥=1\|P_V\| = 1.

4.

⟨PVx,y⟩=⟨PVx,PVy⟩=⟨x,PVy⟩\langle P_V x, y \rangle = \langle P_V x, P_V y \rangle = \langle x, P_V y \rangle (auto-adjoint). PV2(x)=PV(PV(x))=PV(x)P_V^2(x) = P_V(P_V(x)) = P_V(x) car PV(x)∈VP_V(x) \in V.

II.

Poser V=Im(A)V = \text{Im}(A). VV est fermé. A2=AA^2 = A et AA auto-adjoint impliquent A=PVA = P_V.

A est le projecteur orthogonal sur V=Im(A)\boxed{A \text{ est le projecteur orthogonal sur } V = \text{Im}(A)}

التمرين 3

Exercice 3 — Intégrales itérées et fonction de Green

#iterated-integrals#greens-function#boundary-value-problem
  1. Soit ff une fonction continue sur [a,b][a, b]. Montrer que : ∀n∈N∗\forall n \in \mathbb{N}^*
∀x∈[a,b],∫ax∫ax1⋯∫axn−1f(xn) dxn⋯dx1=1(n−1)!∫ax(x−t)n−1f(t) dt.\forall x \in [a, b], \int_a^x \int_a^{x_1} \cdots \int_a^{x_{n-1}} f(x_n) \, dx_n \cdots dx_1 = \frac{1}{(n-1)!} \int_a^x (x - t)^{n-1} f(t) \, dt.
  1. Soit le problème aux limites suivant :
{y′′(x)=f(x,y(x)),x∈]a,b[y(a)=α,y(b)=β\begin{cases} y''(x) = f(x, y(x)), \quad x \in ]a, b[ \\\\ y(a) = \alpha, \quad y(b) = \beta \end{cases}

où α,β∈R\alpha, \beta \in \mathbb{R}. Montrer que toute solution classique est une solution de l'équation intégrale :

y(x)=α+(β−α)(x−a)b−a+∫abG(x,t)f(t,y(t)) dty(x) = \alpha + \frac{(\beta - \alpha)(x - a)}{b - a} + \int_a^b G(x, t) f(t, y(t)) \, dt

où

G(x,t)={(x−b)(t−a)b−a,a≤t≤x≤b(x−a)(t−b)b−a,a≤x≤t≤bG(x, t) = \begin{cases} \frac{(x - b)(t - a)}{b - a}, & a \leq t \leq x \leq b \\\\ \frac{(x - a)(t - b)}{b - a}, & a \leq x \leq t \leq b \end{cases}
◀الحل

1.

Par récurrence sur nn. Le cas n=1n = 1 est trivial. On suppose le résultat vrai pour n−1n-1 et on intègre par parties pour conclure.

2.

On intègre y′′=fy'' = f deux fois : y(x)=y(a)+y′(a)(x−a)+∫ax(x−t)f(t,y(t))dty(x) = y(a) + y'(a)(x-a) + \int_a^x (x-t) f(t, y(t)) dt. On utilise y(b)=βy(b) = \beta pour déterminer y′(a)y'(a), puis on réarrange pour faire apparaître G(x,t)G(x,t).

y(x)=α+(β−α)(x−a)b−a+∫abG(x,t)f(t,y(t)) dt\boxed{y(x) = \alpha + \frac{(\beta - \alpha)(x - a)}{b - a} + \int_a^b G(x, t) f(t, y(t)) \, dt}
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