مسابقة دكتوراه 2019 — Université 8 Mai 1945 - Guelma — الموضوع 01

(1)(a) Convergence

La fonction $f_n$ est un « pic » triangulaire de base $[-\tfrac1n,\tfrac1n]$ et de hauteur $n$ ; son aire vaut $\tfrac12\cdot\tfrac2n\cdot n=1$.

Dans $L^1$ : $\|f_n\|_{L^1}=1$ pour tout $n$. La limite ponctuelle est $0$ (pour $x\neq0$), mais $\|f_n\|_{L^1}=1\not\to0$ : la suite ne converge pas dans $L^1$.

Dans $L^2$ : par symétrie, $\|f_n\|_{L^2}^2=2\int_0^{1/n}n^2(1-nx)^2\,dx=2\cdot\frac{n}{3}=\frac{2n}{3}\xrightarrow[n\to\infty]{}+\infty.$ La norme explose : pas de convergence dans $L^2$.

Dans $\mathcal{D}'$ : pour $\varphi\in\mathcal{D}(\mathbb{R})$, comme $\int f_n=1$ et le support se concentre en $0$, $\langle f_n,\varphi\rangle=\int f_n(x)\varphi(x)\,dx=\int f_n(x)\big(\varphi(0)+O(x)\big)dx\to\varphi(0)=\langle\delta,\varphi\rangle.$ Donc $\boxed{f_n\to\delta\ \text{dans }\mathcal{D}'(\mathbb{R}).}$ (suite régularisante / identité approchée).

(1)(b) $\delta$ n'est pas une fonction $L^1_{loc}$

Supposons $\delta=T_f$, $f\in L^1_{loc}$ : $\int f\varphi=\varphi(0)$ pour tout $\varphi\in\mathcal{D}$. Prenons $\varphi_n\in\mathcal{D}$, $0\le\varphi_n\le1$, $\varphi_n(0)=1$, $\mathrm{supp}\,\varphi_n\subset[-\tfrac1n,\tfrac1n]$. Alors $1=\varphi_n(0)=\int f\varphi_n\le\int_{|x|\le1/n}|f(x)|\,dx\xrightarrow[n\to\infty]{}0$ par continuité absolue de l'intégrale ($f\in L^1_{loc}$). On aboutit à $1\le0$, absurde. Donc aucune $f\in L^1_{loc}$ ne représente $\delta$.

(2) Dérivées au sens des distributions

$(\alpha)$ $\mathrm{sign}(x)=2H(x)-1$ avec $H$ Heaviside, $H'=\delta$. Donc $\boxed{T_1'=(\mathrm{sign})'=2\delta.}$ $(\beta)$ Pour $\varphi\in\mathcal{D}$, $\langle T_2',\varphi\rangle=-\int|x|\varphi'(x)dx=\int\mathrm{sign}(x)\varphi(x)dx$, donc $\boxed{T_2'=(|x|)'=\mathrm{sign}(x),\qquad T_2''=2\delta.}$

(a) Calcul de l'intégrale

Posons $y=xt$, $dy=x\,dt$, $\sqrt{x/y}=t^{-1/2}$, $\dfrac{1}{x+y}=\dfrac{1}{x(1+t)}$ : $\int_0^\infty\frac{1}{x+y}\sqrt{\tfrac{x}{y}}\,dy=\int_0^\infty\frac{dt}{\sqrt t\,(1+t)}.$ Avec $t=s^2$ ($dt=2s\,ds$) : $\displaystyle\int_0^\infty\frac{2s\,ds}{s(1+s^2)}=2\int_0^\infty\frac{ds}{1+s^2}=2\cdot\frac{\pi}{2}=\pi.$

(b)(1) Cauchy-Schwarz

$Sf(x)=\int_0^\infty\underbrace{\frac{f(y)}{\sqrt{x+y}}\big(\tfrac{y}{x}\big)^{1/4}}_{A(y)}\;\underbrace{\frac{1}{\sqrt{x+y}}\big(\tfrac{x}{y}\big)^{1/4}}_{B(y)}\,dy,$ et par Cauchy-Schwarz $|Sf(x)|^2\le\big(\int A^2\big)\big(\int B^2\big)$ : $|Sf(x)|^2\le\Big(\int_0^\infty\frac{|f(y)|^2}{x+y}\sqrt{\tfrac{y}{x}}\,dy\Big)\Big(\int_0^\infty\frac{1}{x+y}\sqrt{\tfrac{x}{y}}\,dy\Big).$ Le second facteur vaut $\pi$ d'après (a), donc $|Sf(x)|^2\le\pi\displaystyle\int_0^\infty\frac{|f(y)|^2}{x+y}\sqrt{\tfrac{y}{x}}\,dy.$

(b)(2) Norme de $S$

Intégrons en $x$ et appliquons Fubini : $\int_0^\infty|Sf(x)|^2dx\le\pi\int_0^\infty|f(y)|^2\Big(\underbrace{\int_0^\infty\frac{1}{x+y}\sqrt{\tfrac{y}{x}}\,dx}_{=\ \pi\ (\text{même calcul})}\Big)dy=\pi^2\|f\|^2.$ Donc $\|Sf\|\le\pi\|f\|$, soit $\boxed{\|S\|\le\pi}$.

(c) Norme de $L$

$\int_0^\infty(Lf(x))^2dx=\int_0^\infty\!\!\int_0^\infty f(y)f(z)\Big(\int_0^\infty e^{-x(y+z)}dx\Big)dy\,dz=\int_0^\infty\!\!\int_0^\infty\frac{f(y)f(z)}{y+z}\,dy\,dz=\langle Sf,f\rangle.$ Par Cauchy-Schwarz et b(2) : $\|Lf\|^2=\langle Sf,f\rangle\le\|Sf\|\,\|f\|\le\pi\|f\|^2$, d'où $\boxed{\|L\|\le\sqrt\pi}$.

(d) Structure et égalité des normes

(1) Le noyau $e^{-xy}$ est symétrique : $\langle Lf,g\rangle=\iint e^{-xy}f(y)g(x)\,dy\,dx=\langle f,Lg\rangle$, donc $L=L^*$ (auto-adjoint).

(2) $L(Lf)(x)=\int_0^\infty e^{-xy}\Big(\int_0^\infty e^{-yz}f(z)dz\Big)dy=\int_0^\infty f(z)\Big(\int_0^\infty e^{-y(x+z)}dy\Big)dz=\int_0^\infty\frac{f(z)}{x+z}dz=Sf(x)$. Donc $\boxed{L\circ L=S}$.

(3) Comme $L$ est auto-adjoint, $S=L^2=L^*L$ : $S$ est auto-adjoint et positif ($\langle Sf,f\rangle=\|Lf\|^2\ge0$). Enfin, par l'identité $C^*$ de la norme d'opérateur, $\|L^*L\|=\|L\|^2$, d'où $\boxed{\|S\|=\|L\|^2.}$ (Valeurs exactes : $\|L\|=\sqrt\pi$, $\|S\|=\pi$.)