📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2017 — Université 20 Août 1955 - Skikda — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours Doctorat LMD 2017-2018, Analyse Fonctionnelle et Théorie des Distributions, 29/10/2017

التمرين 1

Opérateurs de Dunford-Pettis et opérateur de Volterra

#Dunford-Pettis#opérateur compact#réflexivité#Volterra

Un opérateur T:X→YT:X\to Y entre deux espaces de Banach est dit de Dunford-Pettis si l'image par TT de toute suite faiblement convergente dans XX converge en norme dans YY.

  1. Montrer que tout opérateur compact est de Dunford-Pettis.

  2. Montrer que si XX est réflexif, alors tout opérateur de Dunford-Pettis est compact.

  3. On considère l'opérateur de Volterra V:L1([0,1])→C([0,1])V:L^1([0,1])\to C([0,1]) défini par

Vf(x)=∫0xf(t) dt.Vf(x)=\int_0^x f(t)\,dt.

Montrer que VV est de Dunford-Pettis, mais n'est pas compact. On pourra utiliser fn=n1(0,1/n)f_n=n\mathbf{1}_{(0,1/n)}.

◀الحل

  1. Soit xn⇀xx_n\rightharpoonup x dans XX. Si TT est compact, toute sous-suite de (Txn)(Tx_n) possède une sous-suite convergeant en norme. Sa limite faible est nécessairement TxTx. Toutes les valeurs d'adhérence en norme valent donc TxTx, d'où Txn→TxTx_n\to Tx en norme.

  2. Si XX est réflexif, toute suite bornée possède une sous-suite faiblement convergente. Un opérateur de Dunford-Pettis transforme cette sous-suite en une suite convergente en norme. L'image de la boule unité est donc relativement compacte, et TT est compact.

  3. Si fn⇀0f_n\rightharpoonup0 dans L1([0,1])L^1([0,1]), l'uniforme intégrabilité donne

sup⁡x∈[0,1]∣∫0xfn(t) dt∣→0.\sup_{x\in[0,1]}\left|\int_0^x f_n(t)\,dt\right|\to0.

Ainsi Vfn→0Vf_n\to0 dans C([0,1])C([0,1]), donc VV est de Dunford-Pettis. En revanche, pour fn=n1(0,1/n)f_n=n\mathbf{1}_{(0,1/n)}, on a ∥fn∥1=1\|f_n\|_1=1 et

Vfn(x)=min⁡(nx,1).Vf_n(x)=\min(nx,1).

La famille (Vfn)(Vf_n) n'est pas équicontinue en 00. Par le théorème d'Arzelà-Ascoli, son image n'est pas relativement compacte. Donc VV n'est pas compact.

التمرين 2

Distributions indépendantes d'une variable

#distributions#produit tensoriel#dérivée partielle

Soit Ω=I×Ω2⊂Rn\Omega=I\times\Omega_2\subset\mathbb{R}^n, où II est un intervalle ouvert de R\mathbb{R} et Ω2\Omega_2 un ouvert de Rn−1\mathbb{R}^{n-1}. Soit S∈D′(Ω2)S\in\mathcal{D}'(\Omega_2) et posons T=[1]⊗ST=[1]\otimes S.

  1. Montrer que

∂T∂x1=0.\frac{\partial T}{\partial x_1}=0.

  1. Réciproquement, soit T∈D′(Ω)T\in\mathcal{D}'(\Omega) vérifiant

∂T∂x1=0.\frac{\partial T}{\partial x_1}=0.

Montrer que, pour toute φ∈D(I)\varphi\in\mathcal{D}(I) et toute ψ∈D(Ω2)\psi\in\mathcal{D}(\Omega_2),

⟨T,φ⊗ψ⟩=C(ψ)∫Iφ(x) dx.\langle T,\varphi\otimes\psi\rangle=C(\psi)\int_I\varphi(x)\,dx.

En déduire qu'il existe S∈D′(Ω2)S\in\mathcal{D}'(\Omega_2) tel que T=[1]⊗ST=[1]\otimes S.

◀الحل
  1. Pour une fonction test tensorielle φ⊗ψ\varphi\otimes\psi,

⟨∂([1]⊗S)∂x1,φ⊗ψ⟩=−(∫Iφ′(x) dx)⟨S,ψ⟩=0.\left\langle\frac{\partial([1]\otimes S)}{\partial x_1},\varphi\otimes\psi\right\rangle=-\left(\int_I\varphi'(x)\,dx\right)\langle S,\psi\rangle=0.

Par densité des combinaisons de fonctions tests tensorielles, la dérivée est nulle.

  1. Fixons ρ∈D(I)\rho\in\mathcal{D}(I) telle que ∫Iρ=1\int_I\rho=1, et définissons

⟨S,ψ⟩=⟨T,ρ⊗ψ⟩.\langle S,\psi\rangle=\langle T,\rho\otimes\psi\rangle.

Toute fonction test Φ∈D(I×Ω2)\Phi\in\mathcal{D}(I\times\Omega_2) s'écrit

Φ(x,y)=ρ(x)∫IΦ(s,y) ds+∂Θ∂x(x,y),\Phi(x,y)=\rho(x)\int_I\Phi(s,y)\,ds+\frac{\partial\Theta}{\partial x}(x,y),

où Θ\Theta est une fonction test. Puisque ∂T/∂x1=0\partial T/\partial x_1=0, le second terme est annulé. On obtient

⟨T,Φ⟩=⟨S,∫IΦ(x,⋅) dx⟩.\langle T,\Phi\rangle=\left\langle S,\int_I\Phi(x,\cdot)\,dx\right\rangle.

C'est exactement l'identité T=[1]⊗ST=[1]\otimes S.