مسابقة دكتوراه 2012 — Université Abderrahmane Mira - Béjaïa — الموضوع 04

Comme $\sin$ est 1-lipschitzienne, $|\sin(f_n(x))-\sin(f(x))|\le|f_n(x)-f(x)|\le\|f_n-f\|_\infty$, donc $\sin(f_n)\to\sin f$ uniformément. Généralisation : si $g$ est uniformément continue sur un intervalle contenant les images (par exemple $g$ continue et les $f_n$ à valeurs dans un compact fixe, ou $g$ lipschitzienne), alors $g\circ f_n\to g\circ f$ uniformément. La continuité uniforme de $g$ transforme la petitesse uniforme de $|f_n-f|$ en petitesse uniforme de $|g\circ f_n-g\circ f|$.

1. Appliquer l'hypothèse en $x=f^n(x)$. La suite $(g(f^n(x)))$ est décroissante et minorée par $0$, donc convergente. 2. En sommant, $\sum_{k=n}^{m-1}d(f^k,f^{k+1})\le g(f^n(x))-g(f^m(x))\to0$, donc $(f^n(x))$ est de Cauchy. 3. $X$ complet donne $f^n(x)\to z$ ; la continuité de $f$ donne $f(z)=\lim f^{n+1}(x)=z$.

Posons $\xi=x_1-cx_2$. Alors $\partial_{x_1}f=H'(\xi)=\delta(\xi)$ et $\partial_{x_1}^2f=\delta'(\xi)$ ; $\partial_{x_2}f=-c\,\delta(\xi)$ et $\partial_{x_2}^2f=c^2\delta'(\xi)$. Donc $\frac{\partial^2f}{\partial x_2^2}-c^2\frac{\partial^2f}{\partial x_1^2}=c^2\delta'(\xi)-c^2\delta'(\xi)=0$. La fonction $H(x_1-cx_2)$ est une solution (au sens des distributions) de l'équation des ondes $\partial_{x_2}^2f=c^2\partial_{x_1}^2f$, c'est une onde progressive.

1. $\sum\|T^n\|\le\sum\|T\|^n=\frac1{1-\|T\|}<\infty$, la série converge dans $\mathcal{L}(E)$ et $(I-T)\sum T^n=I$. 2(a) $|Af(x)|\le M\|f\|_\infty$, donc $A$ borné, $\|A\|\le M$. (b) Récurrence : $|A^nf(x)|\le M\int_0^x|A^{n-1}f(t)|dt\le M\int_0^x\frac{M^{n-1}t^{n-1}}{(n-1)!}\|f\|\,dt=\frac{M^nx^n}{n!}\|f\|$. (c) En prenant le sup sur $[0,1]$, $\|A^n\|\le\frac{M^n}{n!}$. (d) $r(A)=\lim\|A^n\|^{1/n}\le\lim\bigl(\frac{M^n}{n!}\bigr)^{1/n}=0$ car $(n!)^{1/n}\to\infty$. Donc $r(A)=0$ et $\sigma(A)=\{0\}$ (opérateur de Volterra quasi-nilpotent).

La gaussienne se factorise : $u(x)=\prod_{j=1}^N e^{-\lambda x_j^2}$. La transformée de Fourier unidimensionnelle de $e^{-\lambda t^2}$ est $\sqrt{\frac\pi\lambda}e^{-\xi^2/(4\lambda)}$ (convention $\widehat u(\xi)=\int e^{-ix\xi}u(x)dx$). Par produit tensoriel, $\widehat u(\xi)=\prod_{j=1}^N\sqrt{\frac\pi\lambda}e^{-\xi_j^2/(4\lambda)}=\left(\frac\pi\lambda\right)^{N/2}e^{-|\xi|^2/(4\lambda)}$. La transformée d'une gaussienne est une gaussienne.

1) $\|u\|_s^2=\int(1+|\xi|^2)^s|\widehat u(\xi)|^2d\xi$ ; l'application $u\mapsto(1+|\xi|^2)^{s/2}\widehat u$ est une isométrie de $H^s$ sur $L^2$, donc $H^s$ est un Hilbert. Si $s_1\ge s_2$, $(1+|\xi|^2)^{s_2}\le(1+|\xi|^2)^{s_1}$, d'où l'inclusion continue. 2) Chaque monôme $\prod|\xi_j|^{2\alpha_j}\le|\xi|^{2|\alpha|}\le(1+|\xi|^2)^m$. Réciproquement, $(1+|\xi|^2)^m$ se développe en somme de monômes pairs dominée par une constante fois $1+\sum_{0<|\alpha|\le m}\prod|\xi_j|^{2\alpha_j}$. 3) Par Plancherel, $\widehat{D^\alpha u}=(i\xi)^\alpha\widehat u$, donc l'encadrement donne l'égalité des espaces et l'équivalence entre $\|u\|_m^2$ et $\sum_{|\alpha|\le m}\|D^\alpha u\|_{L^2}^2$.

(i) La forme $a(u,v)=\int_a^b(pu'v'+quv)dx$ est continue et, par $p\ge\alpha>0$ et l'inégalité de Poincaré, coercive sur $H_0^1$ : $a(u,u)\ge\alpha\|u'\|_2^2\ge c\|u\|_{H^1}^2$. La forme $v\mapsto\int fv$ est continue. Lax-Milgram donne l'unique $u$. Comme $a$ est symétrique, $u$ minimise la fonctionnelle $J(v)=\frac12a(v,v)-\int fv$ sur $H_0^1$.

(ii) $T$ associe à $f$ la solution $u$. Symétrie : $\langle Tf,g\rangle=a(Tf,Tg)=\langle f,Tg\rangle$ (via la formulation faible), donc auto-adjoint. Positivité : $\langle Tf,f\rangle=a(u,u)\ge0$, nul seulement si $u=0$ donc $f=0$ : injectif et positif. Compacité : $T$ envoie $L^2$ dans $H_0^1$, et l'injection $H_0^1(]a,b[)\hookrightarrow L^2$ est compacte (Rellich), donc $T$ est compact.