مسابقة دكتوراه 2023 — Université Ahmed Draia d'Adrar — الموضوع 04

1. Sens direct

On suppose que $f^2=0_E$ et que $n=2\dim(\mathrm{Im}(f))$.

Comme $f^2=0_E$, on a pour tout $x\in E$ :

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

ce qui montre immédiatement que

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

D'autre part, par le théorème du rang :

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

Donc

$n=\dim(\ker f)+\dim(\mathrm{Im}(f)).$

Or l'hypothèse donne

$n=2\dim(\mathrm{Im}(f)).$

En identifiant :

$\dim(\ker f)=\dim(\mathrm{Im}(f)).$

On a une inclusion $\mathrm{Im}(f)\subset\ker f$ entre deux sous-espaces de même dimension, donc ils sont égaux :

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

2. Sens réciproque

On suppose maintenant que

$\ker f=\mathrm{Im}(f).$

Alors, comme $\mathrm{Im}(f)\subset \ker f$, pour tout $x\in E$, le vecteur $f(x)$ appartient à $\ker f$, donc

$f(f(x))=0.$

Ainsi,

$\boxed{f^2=0_E.}$

Ensuite, par le théorème du rang,

$n=\dim(\ker f)+\dim(\mathrm{Im}(f)).$

Mais $\ker f=\mathrm{Im}(f)$, donc leurs dimensions sont égales, et l'on obtient

$n=2\dim(\mathrm{Im}(f)).$

Par conséquent,

$\boxed{n=2\dim(\mathrm{Im}(f)).}$

Conclusion

On a bien l'équivalence

$\boxed{\big(f^2=0_E\ \text{et}\ n=2\dim(\mathrm{Im}(f))\big)\iff \ker f=\mathrm{Im}(f).}$

1. Vérification que $d$ est une distance

Pour $x,y\in E$, on a $x\gt 1$ et $y\gt 1$, donc $(x-1)(y-1)\gt 0$, d'où

$d(x,y)\ge 0.$

De plus,

$d(x,y)=0\iff |x-y|=0\iff x=y.$

La symétrie est immédiate :

$d(x,y)=d(y,x).$

Pour l'inégalité triangulaire, on remarque l'identité clé

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

En effet,

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

Ainsi, si l'on pose

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

alors

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

L'inégalité triangulaire découle donc de celle de la valeur absolue sur $\mathbb{R}$ :

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

Donc

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

2. $(E,d)$ n'est pas complet

Par l'identité précédente, $(E,d)$ est isométrique à $(\mathbb{R}_+^*,|\cdot|)$ via $\varphi(x)=\dfrac{1}{x-1}$.

Considérons la suite $x_n=n+1$ dans $E$. Alors

$\varphi(x_n)=\frac{1}{n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.$

Donc $(\varphi(x_n))$ est de Cauchy dans $\mathbb{R}$, et par isométrie $(x_n)$ est de Cauchy dans $(E,d)$.

Si $(E,d)$ était complet, cette suite convergerait vers un élément $x\in E$. Alors on aurait

$\varphi(x_n)\to \varphi(x),$

ce qui imposerait $\varphi(x)=0$. Or il n'existe aucun $x\in E$ tel que

$\frac{1}{x-1}=0.$

Contradiction. Ainsi,

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

3.a. Complétude de $(F,d')$

Sur $F=]1,2]$, l'application $\varphi(x)=\dfrac{1}{x-1}$ envoie $F$ sur $[1,+\infty[$.

En effet :

• si $x=2$, alors $\varphi(2)=1$ ;
• quand $x\to 1^+$, on a $\varphi(x)\to +\infty$.

Donc $(F,d')$ est isométrique à l'espace métrique $([1,+\infty[,|\cdot|)$, qui est fermé dans $\mathbb{R}$, donc complet.

Par conséquent,

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

3.b. $(F,d')$ n'est pas compact

Toujours par isométrie, $(F,d')$ est équivalent à $([1,+\infty[,|\cdot|)$. Or cet ensemble n'est pas borné dans $\mathbb{R}$, donc il n'est pas compact.

On peut aussi exhiber une suite sans sous-suite convergente : prendre $y_n=1+\dfrac1n\in F$, alors

$\varphi(y_n)=n\to +\infty,$

donc $(y_n)$ n'admet pas de sous-suite convergente pour $d'$.

Ainsi,

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

3.c. Application lipschitzienne

On considère

$f(x)=\frac12 x(x-1)+1.$

Pour $x,y\in F$,

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

Or

$f(x)-1=\frac12 x(x-1),\qquad f(y)-1=\frac12 y(y-1).$

Donc

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

Alors

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

Comme

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

on obtient

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

Mais sur $F=]1,2]$, on a $x\ge 1$, $y\ge 1$, donc $xy\ge 1$, et aussi $x+y-1\le x+y\le 4$. Une majoration plus fine suffit : puisque $x,y\in(1,2]$, on a

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

En effet,

$x+y-1\le xy\iff xy-x-y+1\ge 0\iff (x-1)(y-1)\ge 0,$

ce qui est vrai.

Par suite,

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

Donc $f$ est lipschitzienne de rapport $2$ :

$\boxed{d(f(x),f(y))\le 2d'(x,y),\qquad \forall x,y\in F.}$

Ainsi,

$\boxed{f\text{ est }2\text{-lipschitzienne}.}$