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مسابقة دكتوراه 2023 — École Normale Supérieure Cheikh Mohamed El Bachir El Ibrahimi - Kouba (ENS Kouba) — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle

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Concours d'accès à la formation doctorale 2022/2023 — Filière Mathématiques — Épreuve de spécialité (Coef 03) — Sujet 02 — 09 février 2023

التمرين 1

Interpolation dans les espaces Lᵖ et continuité d'une mesure

#espaces Lp#inégalité de Hölder#interpolation#théorie de la mesure

Soit (X,A,μ)(X,\mathcal{A},\mu) un espace mesuré et f∈Lp1(μ)∩Lp2(μ)f\in L^{p_1}(\mu)\cap L^{p_2}(\mu) avec 1≤p1<p2<+∞1\le p_1<p_2<+\infty.

1. Soit p∈[p1,p2]p\in[p_1,p_2] et θ∈[0,1]\theta\in[0,1] tel que 1p=θp1+1−θp2\dfrac1p=\dfrac{\theta}{p_1}+\dfrac{1-\theta}{p_2}. Montrer que f∈Lp(μ)f\in L^{p}(\mu) et que ∥f∥p≤∥f∥p1θ ∥f∥p21−θ.\|f\|_{p}\le \|f\|_{p_1}^{\theta}\,\|f\|_{p_2}^{1-\theta}.

2. Montrer que l'application φ:p↦∫X∣f∣p dμ\varphi:p\mapsto\displaystyle\int_X|f|^{p}\,d\mu est continue sur [p1,p2][p_1,p_2].

3. Soit η\eta une mesure (positive) sur les boréliens de ]0,+∞[]0,+\infty[ telle que η(]0,+∞[)>0\eta(]0,+\infty[)>0. Montrer qu'il existe 0<a<b0<a<b tels que η([a,b])>0\eta([a,b])>0.

◀الحل

1. Inégalité d'interpolation

Écrivons ∣f∣p=∣f∣pθ ∣f∣p(1−θ)|f|^{p}=|f|^{p\theta}\,|f|^{p(1-\theta)} et appliquons l'inégalité de Hölder avec les exposants conjugués p1pθ\dfrac{p_1}{p\theta} et p2p(1−θ)\dfrac{p_2}{p(1-\theta)} (leur somme d'inverses vaut pθp1+p(1−θ)p2=p(θp1+1−θp2)=1\dfrac{p\theta}{p_1}+\dfrac{p(1-\theta)}{p_2}=p\big(\tfrac\theta{p_1}+\tfrac{1-\theta}{p_2}\big)=1) : ∫X∣f∣p dμ≤(∫X∣f∣p1dμ)pθp1(∫X∣f∣p2dμ)p(1−θ)p2.\int_X|f|^{p}\,d\mu\le\Big(\int_X|f|^{p_1}d\mu\Big)^{\frac{p\theta}{p_1}}\Big(\int_X|f|^{p_2}d\mu\Big)^{\frac{p(1-\theta)}{p_2}}. Le membre de droite est fini, donc f∈Lp(μ)f\in L^p(\mu), et en élevant à la puissance 1/p1/p : ∥f∥p≤∥f∥p1θ ∥f∥p21−θ.\|f\|_p\le\|f\|_{p_1}^{\theta}\,\|f\|_{p_2}^{1-\theta}.

2. Continuité de φ\varphi

Soit pn→pp_n\to p dans [p1,p2][p_1,p_2]. Pour tout xx, ∣f(x)∣pn→∣f(x)∣p|f(x)|^{p_n}\to|f(x)|^{p}, et l'on a la domination ∣f∣s≤∣f∣p1+∣f∣p2pour tout s∈[p1,p2]|f|^{s}\le |f|^{p_1}+|f|^{p_2}\quad\text{pour tout } s\in[p_1,p_2] (selon que ∣f∣≤1|f|\le1 ou ∣f∣>1|f|>1). Comme ∣f∣p1+∣f∣p2∈L1(μ)|f|^{p_1}+|f|^{p_2}\in L^1(\mu), le théorème de convergence dominée donne φ(pn)→φ(p)\varphi(p_n)\to\varphi(p). Donc φ\varphi est continue.

3. Continuité de la mesure

Les ensembles An=[1n,n]A_n=[\tfrac1n,n] forment une suite croissante de réunion ⋃nAn= ]0,+∞[\bigcup_n A_n=\,]0,+\infty[. Par continuité croissante d'une mesure, η(]0,+∞[)=lim⁡n→∞η([1n,n]).\eta(]0,+\infty[)=\lim_{n\to\infty}\eta([\tfrac1n,n]). Comme cette limite est >0>0, il existe nn avec η([1n,n])>0\eta([\tfrac1n,n])>0 ; on prend a=1na=\tfrac1n et b=nb=n.

التمرين 2

Convergence dans D'(ℝ) et distribution définie par une série de masses de Dirac

#distributions#valeur principale#ordre d'une distribution#support

Partie A. Pour n≥1n\ge1, on pose fn(x)=nx1+nx2f_n(x)=\dfrac{nx}{1+nx^2}.

1. Étudier la limite simple de (fn)(f_n) sur R∗\mathbb{R}^*.

2. Montrer que (fn)(f_n) converge dans D′(R)\mathcal{D}'(\mathbb{R}) et identifier sa limite.

Partie B. On définit, pour φ∈D(R)\varphi\in\mathcal{D}(\mathbb{R}), T(φ)=∑k=1∞1k(φ(1k)−φ(−1k)).T(\varphi)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt k}\big(\varphi(\tfrac1k)-\varphi(-\tfrac1k)\big).

3. Montrer que TT définit une distribution sur R\mathbb{R} et qu'elle est d'ordre 11.

4. Déterminer le support de TT.

◀الحل

Partie A

1. Limite simple. Pour x≠0x\neq0, fn(x)=nx1+nx2=x1n+x2→xx2=1xf_n(x)=\dfrac{nx}{1+nx^2}=\dfrac{x}{\frac1n+x^2}\to\dfrac{x}{x^2}=\dfrac1x. Donc fn→1xf_n\to\dfrac1x simplement sur R∗\mathbb{R}^* (et fn(0)=0f_n(0)=0).

2. Limite dans D′\mathcal{D}'. Soit φ∈D(R)\varphi\in\mathcal{D}(\mathbb{R}). Comme fnf_n est impaire, ⟨fn,φ⟩=∫Rnx1+nx2 φ(x) dx=∫Rnx1+nx2 φ(x)−φ(−x)2 dx.\langle f_n,\varphi\rangle=\int_{\mathbb{R}}\frac{nx}{1+nx^2}\,\varphi(x)\,dx=\int_{\mathbb{R}}\frac{nx}{1+nx^2}\,\frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{2}\,dx. La fonction φ(x)−φ(−x)2x\dfrac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{2x} est continue à support compact, nx21+nx2→1\dfrac{nx^2}{1+nx^2}\to1 et reste bornée par 11 ; par convergence dominée, ⟨fn,φ⟩→∫Rφ(x)−φ(−x)2x dx=vp⁡ ⁣∫Rφ(x)x dx.\langle f_n,\varphi\rangle\to\int_{\mathbb{R}}\frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{2x}\,dx=\operatorname{vp}\!\int_{\mathbb{R}}\frac{\varphi(x)}{x}\,dx. Ainsi fn→vp⁡1xf_n\to\operatorname{vp}\dfrac1x dans D′(R)\mathcal{D}'(\mathbb{R}).

Partie B

3. TT est une distribution d'ordre 11. Soit φ∈D(R)\varphi\in\mathcal{D}(\mathbb{R}). Par l'inégalité des accroissements finis, ∣φ(1k)−φ(−1k)∣≤2k ∥φ′∥∞|\varphi(\tfrac1k)-\varphi(-\tfrac1k)|\le\dfrac2k\,\|\varphi'\|_\infty, donc ∣1k(φ(1k)−φ(−1k))∣≤2k3/2 ∥φ′∥∞.\Big|\frac1{\sqrt k}\big(\varphi(\tfrac1k)-\varphi(-\tfrac1k)\big)\Big|\le\frac{2}{k^{3/2}}\,\|\varphi'\|_\infty. Comme ∑k−3/2<∞\sum k^{-3/2}<\infty, la série converge et ∣T(φ)∣≤C ∥φ′∥∞≤C(∥φ∥∞+∥φ′∥∞)|T(\varphi)|\le C\,\|\varphi'\|_\infty\le C\big(\|\varphi\|_\infty+\|\varphi'\|_\infty\big) : TT est continue, d'ordre ≤1\le1.

Elle n'est pas d'ordre 00 : pour tout NN, on peut construire φN∈D\varphi_N\in\mathcal{D} avec ∥φN∥∞≤1\|\varphi_N\|_\infty\le1, φN(1k)=1\varphi_N(\tfrac1k)=1 et φN(−1k)=−1\varphi_N(-\tfrac1k)=-1 pour k≤Nk\le N, ce qui donne T(φN)≥2∑k≤N1k→+∞T(\varphi_N)\ge 2\sum_{k\le N}\tfrac1{\sqrt k}\to+\infty alors que ∥φN∥∞\|\varphi_N\|_\infty reste bornée. Aucune majoration ∣T(φ)∣≤C∥φ∥∞|T(\varphi)|\le C\|\varphi\|_\infty n'est donc possible : TT est exactement d'ordre 11.

4. Support. TT agit uniquement via les valeurs de φ\varphi aux points ±1k\pm\tfrac1k ; si φ\varphi s'annule au voisinage de tous ces points et de 00, alors T(φ)=0T(\varphi)=0. Comme la suite (1k)(\tfrac1k) s'accumule en 00, supp⁡T={0}∪{1k: k∈Z∗}.\operatorname{supp}T=\{0\}\cup\Big\{\tfrac1k:\ k\in\mathbb{Z}^*\Big\}.

التمرين 3

Équation autonome y'=(1-y)² : solutions, monotonie et intervalles maximaux

#équations différentielles#variables séparables#Cauchy-Lipschitz#intervalle maximal

On considère l'équation différentielle (E): y′=(1−y)2(E):\ y'=(1-y)^2.

1. Déterminer les solutions constantes de (E)(E).

2. Étudier le sens de variation des solutions de (E)(E).

3. Résoudre le problème de Cauchy y(0)=0y(0)=0 (avec 0<y<10<y<1) ; déterminer lim⁡t→+∞y(t)\displaystyle\lim_{t\to+\infty}y(t) et l'intervalle maximal.

4. Résoudre (E)(E) pour les conditions y(0)=0y(0)=0, y(0)=1y(0)=1 et y(0)=2y(0)=2, en précisant l'intervalle maximal d'existence.

5. Justifier l'unicité de la solution du problème de Cauchy.

◀الحل

1. Solutions constantes

y≡cy\equiv c est solution ssi (1−c)2=0(1-c)^2=0, soit y≡1y\equiv1.

2. Sens de variation

Comme y′=(1−y)2≥0y'=(1-y)^2\ge0, toute solution est croissante ; elle est strictement croissante sauf la solution constante y≡1y\equiv1.

3. Problème y(0)=0y(0)=0

Pour y≠1y\neq1, l'équation est à variables séparables : dy(1−y)2=dt\dfrac{dy}{(1-y)^2}=dt, d'où 11−y=t+C\dfrac{1}{1-y}=t+C. La condition y(0)=0y(0)=0 donne C=1C=1, donc 11−y=t+1  ⟹  y(t)=tt+1.\frac{1}{1-y}=t+1\;\Longrightarrow\; y(t)=\frac{t}{t+1}. On a 0<y<10<y<1 pour t>0t>0, lim⁡t→+∞y(t)=1\displaystyle\lim_{t\to+\infty}y(t)=1, et l'intervalle maximal (contenant 00) est ]−1,+∞[]-1,+\infty[.

4. Autres conditions initiales

  • y(0)=0y(0)=0 : y(t)=tt+1y(t)=\dfrac{t}{t+1}, intervalle maximal ]−1,+∞[]-1,+\infty[.
  • y(0)=1y(0)=1 : y≡1y\equiv1, intervalle maximal R\mathbb{R}.
  • y(0)=2y(0)=2 : 11−y=t+C\dfrac1{1-y}=t+C avec C=11−2=−1C=\dfrac1{1-2}=-1, d'où y(t)=t−2t−1=1−1t−1y(t)=\dfrac{t-2}{t-1}=1-\dfrac{1}{t-1} ; y→+∞y\to+\infty quand t→1−t\to1^-, donc l'intervalle maximal (contenant 00) est ]−∞,1[]-\infty,1[.

5. Unicité

La fonction f(y)=(1−y)2f(y)=(1-y)^2 est de classe C1\mathcal{C}^1 sur R\mathbb{R}, donc localement lipschitzienne : le théorème de Cauchy–Lipschitz garantit l'existence et l'unicité de la solution maximale pour chaque condition initiale. En particulier, les solutions non constantes ne peuvent pas traverser la droite y=1y=1.