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مسابقة دكتوراه 2017Source inconnue — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

Concours doctoral 2017-2018, université illisible

التمرين 1

Translation dans $L^p$ et continuité

#espaces Lp#translation#continuité

Soit 1p<1\le p<\infty et fLp(I)f\in L^p(I). Établir, dans le cas régulier,

τhffLpCh,\|\tau_hf-f\|_{L^p}\le C|h|,

puis montrer la continuité des translations dans LpL^p.

الحل

Si fW1,pf\in W^{1,p},

f(x+h)f(x)=0hf(x+s)ds.f(x+h)-f(x)=\int_0^h f'(x+s)\,ds.

L'inégalité de Minkowski donne

τhffphfp.\|\tau_hf-f\|_p\le |h|\|f'\|_p.

Pour fLpf\in L^p, choisir gCcg\in C_c^\infty proche de ff. Alors

τhffp2fgp+τhggp,\|\tau_hf-f\|_p\le2\|f-g\|_p+\|\tau_hg-g\|_p,

et le dernier terme tend vers zéro avec hh.

التمرين 2

Méthode itérative pour une équation non linéaire

#méthode de Newton#convergence quadratique

Soit f(x)=0f(x)=0 une équation non linéaire ayant une racine α\alpha avec f(α)0f'(\alpha)\ne0. Étudier l'ordre de convergence de l'itération rationnelle donnée dans le sujet.

الحل

Écrivons l'itération sous la forme xn+1=Φ(xn)x_{n+1}=\Phi(x_n) et posons en=xnαe_n=x_n-\alpha. Un développement de Taylor donne

en+1=Φ(α)en+12Φ(α)en2+O(en3).e_{n+1}=\Phi'(\alpha)e_n+\frac{1}{2}\Phi''(\alpha)e_n^2+O(e_n^3).

Pour l'itération du sujet, Φ(α)=α\Phi(\alpha)=\alpha et Φ(α)=0\Phi'(\alpha)=0. Ainsi

en+1=Cen2+O(en3),e_{n+1}=Ce_n^2+O(e_n^3),

et la convergence locale est quadratique.

التمرين 3

Opérateur linéaire et inégalité de Cauchy-Schwarz

#Banach#graphe fermé#Cauchy-Schwarz

Soient EE et FF deux espaces de Banach et T:EFT:E\to F une application linéaire dont le graphe est fermé. Montrer que TT est continue. Déduire aussi, dans Rn\mathbb R^n,

(i=1nxiyi)2(i=1nxi2)(i=1nyi2).\left(\sum_{i=1}^n x_i y_i\right)^2\le\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right).

الحل

Le théorème du graphe fermé donne directement

TL(E,F).T\in\mathcal L(E,F).

Pour Cauchy-Schwarz, on utilise

0xty2=x22tx,y+t2y2.0\le\|x-ty\|^2=\|x\|^2-2t\langle x,y\rangle+t^2\|y\|^2.

Le discriminant de ce trinôme en tt est non positif, donc

x,y2x2y2.|\langle x,y\rangle|^2\le\|x\|^2\|y\|^2.