مسابقة دكتوراه 2023 — Université Ahmed Draia d'Adrar — الموضوع 02

1.

Sens $\Longleftarrow$ : supposons $\ker f=\operatorname{Im}f$. Pour tout $x\in E$, $f(x)\in\operatorname{Im}f=\ker f$, donc $f^{2}(x)=f(f(x))=0$ : $f^{2}=0_{E}$. Par le théorème du rang :

$n=\dim\ker f+\dim\operatorname{Im}f=2\dim\operatorname{Im}f$

Sens $\Longrightarrow$ : supposons $f^{2}=0$ et $n=2\dim\operatorname{Im}f$. De $f^{2}=0$ on tire $\operatorname{Im}f\subseteq\ker f$ (car $f(f(x))=0$). Par le théorème du rang, $\dim\ker f=n-\dim\operatorname{Im}f=\dim\operatorname{Im}f$. Une inclusion entre sous-espaces de même dimension finie est une égalité :

$\boxed{\ker f=\operatorname{Im}f}$

1.

Observation clé : en posant $\varphi(x)=\frac{1}{x-1}$, on a pour tous $x,y\in E$ :

$|\varphi(x)-\varphi(y)|=\Bigl|\frac{1}{x-1}-\frac{1}{y-1}\Bigr|=\frac{|y-x|}{(x-1)(y-1)}=d(x,y)$

$\varphi:E\to\,]0,+\infty[$ est une bijection. Donc : $d(x,y)\geq 0$ ; $d(x,y)=0\iff\varphi(x)=\varphi(y)\iff x=y$ (injectivité) ; symétrie évidente ; inégalité triangulaire héritée de celle de $|\cdot|$ :

$d(x,z)=|\varphi(x)-\varphi(z)|\leq|\varphi(x)-\varphi(y)|+|\varphi(y)-\varphi(z)|=d(x,y)+d(y,z)$

$d$ est donc une distance sur $E$ (distance image de la distance usuelle par $\varphi$).

2.

Posons $x_{n}=n+1$, donc $\varphi(x_{n})=\frac{1}{n}$. Alors

$d(x_{n},x_{m})=\Bigl|\frac{1}{n}-\frac{1}{m}\Bigr|\xrightarrow[n,m\to\infty]{}0$

donc $(x_{n})$ est de Cauchy dans $(E,d)$. Si $x_{n}\to\ell\in E$ pour $d$, alors $\frac{1}{n}=\varphi(x_{n})\to\varphi(\ell)=\frac{1}{\ell-1}\gt 0$, ce qui contredit $\frac{1}{n}\to 0$. Donc $(x_{n})$ ne converge pas dans $E$ :

$\boxed{(E,d)\text{ n'est pas complet}}$

3.a.

$\varphi$ réalise une isométrie de $(F,d')$ sur $(\varphi(F),|\cdot|)=([1,+\infty[,|\cdot|)$. Or $[1,+\infty[$ est fermé dans $\mathbb{R}$ complet, donc complet. La complétude étant invariante par isométrie :

$\boxed{(F,d')\text{ est complet}}$

3.b.

Soit $x_{n}=1+\frac{1}{n}\in F$, donc $\varphi(x_{n})=n$. Pour $n\neq m$ : $d'(x_{n},x_{m})=|n-m|\geq 1$. Aucune sous-suite n'est de Cauchy, donc aucune ne converge :

$\boxed{(F,d')\text{ n'est pas compact}}$

3.c.

Pour $x\in F$, $f(x)-1=\frac{x(x-1)}{2}$, donc $\varphi(f(x))=\frac{2}{x(x-1)}$. Avec $u=\varphi(x)\in[1,+\infty[$, on a $x=1+\frac{1}{u}$ et $x(x-1)=\frac{u+1}{u^{2}}$, d'où

$\varphi(f(x))=\psi(u):=\frac{2u^{2}}{u+1}$

Ainsi $d'(f(x),f(y))=|\psi(u)-\psi(v)|$ avec $d'(x,y)=|u-v|$. Or

$\psi'(u)=\frac{2u(u+2)}{(u+1)^{2}}=2\cdot\frac{u^{2}+2u}{u^{2}+2u+1}\lt 2\qquad\text{et}\qquad\sup_{u\geq 1}\psi'(u)=2$

Par le théorème des accroissements finis, $|\psi(u)-\psi(v)|\leq 2|u-v|$ :

$\boxed{d'(f(x),f(y))\leq 2\,d'(x,y)\ :\ f\text{ est lipschitzienne de rapport }2\ (\text{constante optimale})}$

1.

Si $x\leq 0$ : $e^{-x\sqrt{n}}\geq 1$ ne tend pas vers $0$, la série diverge. Si $x\gt 0$ : $e^{-x\sqrt{n}}=o\bigl(\frac{1}{n^{2}}\bigr)$ car $x\sqrt{n}-2\ln n\to+\infty$, donc la série converge.

$\boxed{D_{f}=\,]0,+\infty[}$

2.

Chaque $f_{n}$ est strictement décroissante et convexe sur $]0,+\infty[$ (car $f_{n}''=n\,e^{-x\sqrt{n}}\gt 0$). Toute somme (et limite simple de sommes partielles) de fonctions décroissantes et convexes est décroissante et convexe :

$\boxed{f\text{ est strictement décroissante et convexe sur }]0,+\infty[}$

3.

Sur tout $[a,+\infty[$ avec $a\gt 0$ : $\sup_{x\geq a}|f_{n}(x)|=e^{-a\sqrt{n}}$, terme d'une série convergente : convergence normale, donc uniforme, sur $[a,+\infty[$. Les $f_{n}$ étant continues, $f$ est continue sur chaque $[a,+\infty[$, donc

$\boxed{f\text{ est continue sur }]0,+\infty[}$

4.

$f_{n}'(x)=-\sqrt{n}\,e^{-x\sqrt{n}}$ et $\sup_{x\geq a}|f_{n}'(x)|=\sqrt{n}\,e^{-a\sqrt{n}}$, terme d'une série convergente pour tout $a\gt 0$ : $\sum f_{n}'$ converge normalement sur $[a,+\infty[$. Par le théorème de dérivation terme à terme :

$\boxed{f\in C^{1}(]0,+\infty[)\quad\text{et}\quad f'(x)=-\sum_{n\geq 1}\sqrt{n}\,e^{-x\sqrt{n}}}$

5.

La fonction $t\mapsto e^{-x\sqrt{t}}$ étant décroissante, la comparaison série-intégrale donne

$\int_{1}^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}\,dt\leq f(x)\leq\int_{0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}\,dt$

Avec $t=u^{2}$ : $\int_{0}^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}dt=\int_{0}^{+\infty}2u\,e^{-xu}\,du=\frac{2}{x^{2}}$, et $\int_{1}^{+\infty}e^{-x\sqrt{t}}dt\geq\frac{2}{x^{2}}-1$. Donc $\frac{2}{x^{2}}-1\leq f(x)\leq\frac{2}{x^{2}}$, d'où

$\boxed{\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=+\infty\qquad\text{et}\qquad f(x)\underset{x\to 0^{+}}{\sim}\frac{2}{x^{2}}}$