مسابقة دكتوراه 2023 — Université Ahmed Draia d'Adrar — الموضوع 03

1.

On suppose que $f^2=0_E$. Alors, pour tout $x\in E$,

$f(f(x))=0,$

ce qui montre immédiatement que

$\operatorname{Im}(f)\subset \ker f.$

Par le théorème du rang,

$\dim(E)=\dim(\ker f)+\dim(\operatorname{Im}(f)).$

Comme $\dim(E)=n=2\dim(\operatorname{Im}(f))$, on obtient

$\dim(\ker f)=n-\dim(\operatorname{Im}(f))=\dim(\operatorname{Im}(f)).$

On a donc une inclusion

$\operatorname{Im}(f)\subset \ker f$

entre deux sous-espaces de même dimension finie. Ils sont donc égaux :

$\boxed{\ker f=\operatorname{Im}(f).}$

1.

Remarquons d'abord que, pour $x,y\in E=]1,+\infty[$,

$d(x,y)=\frac{|x-y|}{(x-1)(y-1)}=\left|\frac{1}{x-1}-\frac{1}{y-1}\right|.$

Cette réécriture est la bonne idée du sujet, le reste devient presque trivial.

Définissons

$\varphi:E\to\mathbb{R}_+^*,\qquad \varphi(x)=\frac{1}{x-1}.$

Alors

$d(x,y)=|\varphi(x)-\varphi(y)|.$

Comme la distance usuelle sur $\mathbb{R}$ est une distance, on en déduit :

• $d(x,y)\ge 0$ ;
• $d(x,y)=0 \iff \varphi(x)=\varphi(y) \iff x=y$ ;
• $d(x,y)=d(y,x)$ ;
• pour tous $x,y,z\in E$,

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

Donc

$\boxed{d\text{ est une distance sur }E.}$

2.

L'espace $(E,d)$ est isométrique à $(\mathbb{R}_+^*,|\cdot|)$ via $\varphi(x)=\dfrac{1}{x-1}$. Or $\mathbb{R}_+^*$ n'est pas complet comme sous-espace métrique de $\mathbb{R}$ : par exemple la suite $u_n=\dfrac1n$ est de Cauchy dans $\mathbb{R}_+^*$ mais converge dans $\mathbb{R}$ vers $0\notin \mathbb{R}_+^*$.

Par transport via l'isométrie, la suite

$x_n=1+n$

vérifie

$\varphi(x_n)=\frac1n,$

donc $(x_n)$ est de Cauchy dans $(E,d)$ mais n'y converge pas. En effet, si elle convergait vers $x\in E$, on aurait $\varphi(x_n)\to\varphi(x)$, donc $\varphi(x)=0$, impossible.

Ainsi

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

3.a.

On considère $F=]1,2]$. Son image par $\varphi$ vaut

$\varphi(F)=\left[1,+\infty\right[,$

car si $x\in]1,2]$, alors $x-1\in]0,1]$ donc $\dfrac1{x-1}\in[1,+\infty[$.

Or $[1,+\infty[$ est un fermé de $\mathbb{R}$, donc un espace complet pour la distance usuelle. Comme $\varphi$ est une isométrie entre $(F,d')$ et $([1,+\infty[,|\cdot|)$, on obtient

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

3.b.

Toujours via l'isométrie, $(F,d')$ est compact si et seulement si $[1,+\infty[$ est compact dans $\mathbb{R}$. Or ce dernier ne l'est pas, puisqu'il n'est pas borné.

Par exemple, la suite $x_n=1+\dfrac1n\in F$ vérifie

$\varphi(x_n)=n,$

et donc n'admet aucune sous-suite convergente dans $(F,d')$.

Ainsi

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

3.c.

On veut montrer que $f(x)=\dfrac12 x(x-1)+1$ est lipschitzienne de $(F,d')$ dans $(E,d)$.

Calculons :

$f(x)-1=\frac12 x(x-1),$

d'où, pour $x,y\in F$,

$d(f(x),f(y))=\left|\frac{1}{f(x)-1}-\frac{1}{f(y)-1}\right|=\left|\frac{2}{x(x-1)}-\frac{2}{y(y-1)}\right|.$

Mais il est plus malin d'écrire

$\frac{1}{f(x)-1}=\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{x}\cdot\frac{1}{x-1}.$

Comme $x,y\in F=]1,2]$, on a $1\le \dfrac{2}{x}\le 2$. Posons $u=\dfrac{1}{x-1}$ et $v=\dfrac{1}{y-1}$. Alors

$d'(x,y)=|u-v|.$

En outre,

$\frac{1}{f(x)-1}=2\frac{u}{x},\qquad \frac{1}{f(y)-1}=2\frac{v}{y}.$

Le plus direct est de calculer explicitement :

$\frac{1}{f(x)-1}-\frac{1}{f(y)-1}=\frac{2}{x(x-1)}-\frac{2}{y(y-1)}=2\frac{y(y-1)-x(x-1)}{x(x-1)y(y-1)}.$

Comme

$y(y-1)-x(x-1)=(y-x)(x+y-1),$

on obtient

$d(f(x),f(y))=2\frac{|x-y|(x+y-1)}{xy(x-1)(y-1)}=2\frac{x+y-1}{xy}\,d'(x,y).$

Sur $F$, on a $1\lt x,y\le 2$, donc

$\frac{x+y-1}{xy}\le 1.$

En effet, cela revient à $x+y-1\le xy$, soit $(x-1)(y-1)\ge 0$, ce qui est vrai.

Ainsi

$d(f(x),f(y))\le 2d'(x,y).$

Donc

$\boxed{f\text{ est lipschitzienne de rapport }2.}$

1.

On étudie la convergence de

$\sum_{n\ge 1} e^{-x\sqrt n}.$

• Si $x\lt 0$, alors $e^{-x\sqrt n}=e^{|x|\sqrt n}\to +\infty$, donc la série diverge grossièrement.
• Si $x=0$, chaque terme vaut $1$, donc la série diverge.
• Si $x\gt 0$, on compare la série à une intégrale. La fonction $t\mapsto e^{-x\sqrt t}$ est positive décroissante, et

$\int_1^{+\infty} e^{-x\sqrt t}\,dt.$

Par le changement de variable $u=\sqrt t$, $dt=2u\,du$, on obtient

$\int_1^{+\infty} e^{-x\sqrt t}\,dt=2\int_1^{+\infty} ue^{-xu}\,du,$

qui converge pour tout $x\gt 0$.

Donc la série converge si et seulement si $x\gt 0$.

$\boxed{D_f=]0,+\infty[.}$

2.

Pour tout $n\ge 1$, la fonction

$x\mapsto e^{-x\sqrt n}$

est décroissante sur $\mathbb{R}$, car sa dérivée vaut

$-\sqrt n\,e^{-x\sqrt n}\lt 0.$

Comme $f$ est somme de fonctions décroissantes positives, elle est décroissante sur $]0,+\infty[$.

D'autre part,

$\frac{d^2}{dx^2}e^{-x\sqrt n}=n e^{-x\sqrt n}\ge 0,$

si bien que chaque terme est convexe. Une somme de fonctions convexes reste convexe dès qu'elle est bien définie. Donc

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

3.

Fixons $a\gt 0$. Pour tout $x\ge a$,

$0\le e^{-x\sqrt n}\le e^{-a\sqrt n}.$

Or la série $\sum e^{-a\sqrt n}$ converge. Par le critère de Weierstrass, la série définissant $f$ converge normalement sur tout intervalle $[a,+\infty[$ avec $a\gt 0$.

Chaque $f_n$ étant continue, la somme est continue sur tout $[a,+\infty[$, donc sur $]0,+\infty[$.

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

4.

On a

$f_n'(x)=-\sqrt n\,e^{-x\sqrt n}.$

Fixons encore $a\gt 0$. Pour $x\ge a$,

$|f_n'(x)|\le \sqrt n\,e^{-a\sqrt n}.$

La série $\sum \sqrt n\,e^{-a\sqrt n}$ converge, par comparaison intégrale ou parce que l'exponentielle domine toute puissance. Donc la série des dérivées converge normalement sur $[a,+\infty[$.

On peut dériver terme à terme :

$f'(x)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\sqrt n\,e^{-x\sqrt n}.$

De même,

$f''(x)=\sum_{n=1}^{+\infty} n e^{-x\sqrt n},$

avec convergence normale locale sur $]0,+\infty[$, donc $f$ est même de classe $\mathcal C^{\infty}$ sur cet intervalle.

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

5.

Quand $x\to 0^+$, chaque terme $e^{-x\sqrt n}$ tend vers $1$, donc on sent bien que la somme explose. Plus proprement, comme $f$ est décroissante positive et définie seulement sur $]0,+\infty[$, on cherche un équivalent via une intégrale.

Considérons

$I(x)=\int_0^{+\infty} e^{-x\sqrt t}\,dt.$

Avec $u=x\sqrt t$, donc $t=\dfrac{u^2}{x^2}$ et $dt=\dfrac{2u}{x^2}\,du$, on obtient

$I(x)=\frac{2}{x^2}\int_0^{+\infty} u e^{-u}\,du=\frac{2}{x^2}\Gamma(2)=\frac{2}{x^2}.$

Comme la fonction $t\mapsto e^{-x\sqrt t}$ est positive décroissante, la somme et l'intégrale sont équivalentes quand $x\to 0^+$ :

$\sum_{n\ge 1} e^{-x\sqrt n}\sim \int_0^{+\infty} e^{-x\sqrt t}\,dt.$

Donc

$\boxed{f(x)\sim \frac{2}{x^2}\quad \text{quand }x\to 0^+.}$

En particulier,

$\boxed{\lim_{x\to 0^+} f(x)=+\infty.}$