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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Ahmed Zabana - Relizane — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès à la formation doctorale troisième cycle 2024/2025 — Filière Mathématiques Appliquées, Spécialité Géométrie Différentielle / Analyse mathématique et application — Épreuve Commune : Analyse générale et topologie (Sujet 02), Université Ahmed Zabana - Relizane, Faculté des Sciences et de la Technologie, Département de Mathématiques — Date 22 Février 2025 — Durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Convergence ponctuelle, distances d₁ et d∞, complétude

#topology#metric-spaces#completeness#pointwise-convergence

Soit E=C([0,1],R)E = C([0,1], \mathbb{R}) l'espace des fonctions continues sur [0,1][0,1] à valeurs réelles, et soit la suite (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} définie par :

fn(x)={3nxsi 0≤x≤13n,1si 13n<x≤1.f_n(x) = \begin{cases} 3nx & \text{si } 0 \leq x \leq \frac{1}{3n}, \\\\ 1 & \text{si } \frac{1}{3n} \lt x \leq 1. \end{cases}
  1. Montrer que pour tout x∈[0,1]x \in [0,1], la suite (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} converge vers la fonction ff qu'on le déterminera.

Soit les distances d1,d∞d_1, d_\infty définies par :

d1(fn,g)=∫01∣f(x)−g(x)∣ dxd_1(f_n, g) = \int_0^1 |f(x) - g(x)| \, dx

et

d∞(fn,g)=max⁡x∈[0,1]∣f(x)−g(x)∣.d_\infty(f_n, g) = \max_{x \in [0,1]} |f(x) - g(x)|.
  1. Montrer que (fn)n∈N(f_n)_{n \in \mathbb{N}} est une suite de Cauchy dans (E,d1)(E, d_1) et elle est convergente vers ff dans (E,d1)(E, d_1). En déduire que (E,d1)(E, d_1) n'est pas complet.
  2. Calculer lim⁡n→∞d1(fn,f)\lim_{n \to \infty} d_1(f_n, f).
  3. Les deux distances sont topologiquement équivalentes ?
◀الحل

1.

Pour x=0x = 0 : fn(0)=0f_n(0) = 0 pour tout nn. Pour x>0x \gt 0 : pour nn assez grand, 13n<x\frac{1}{3n} \lt x, donc fn(x)=1f_n(x) = 1. Ainsi fn→ff_n \to f ponctuellement avec

f(x)={0x=01x∈]0,1]\boxed{f(x) = \begin{cases} 0 & x = 0 \\\\ 1 & x \in ]0,1] \end{cases}}

f∉Ef \notin E car elle n'est pas continue.

2.

d1(fn,fm)=∫01∣fn−fm∣dxd_1(f_n, f_m) = \int_0^1 |f_n - f_m| dx. Pour n,mn,m grands, la différence est localisée sur [0,max⁡(1/(3n),1/(3m))][0, \max(1/(3n), 1/(3m))] qui est petit. On montre d1(fn,fm)→0d_1(f_n,f_m) \to 0. Aussi d1(fn,f)=∫01/(3n)∣3nx−1∣dx→0d_1(f_n, f) = \int_0^{1/(3n)} |3nx - 1| dx \to 0. Mais f∉Ef \notin E, donc (E,d1)(E, d_1) n'est pas complet.

3.

d1(fn,f)=∫01/(3n)(1−3nx)dx=13n−3n2⋅19n2=13n−16n=16nd_1(f_n, f) = \int_0^{1/(3n)} (1 - 3nx) dx = \frac{1}{3n} - \frac{3n}{2} \cdot \frac{1}{9n^2} = \frac{1}{3n} - \frac{1}{6n} = \frac{1}{6n}.

lim⁡d1(fn,f)=0\boxed{\lim d_1(f_n, f) = 0}

4.

d∞(fn,f)=max⁡∣fn−f∣=1d_\infty(f_n, f) = \max|f_n - f| = 1 pour tout nn (en x=0x = 0). Donc fn↛ff_n \not\to f dans (E,d∞)(E, d_\infty) mais fn→ff_n \to f dans (E,d1)(E, d_1). Les deux distances ne sont pas topologiquement équivalentes.

التمرين 2

Exercice 2 — Inégalité de Hardy dans Lp et continuité de l'opérateur

#lp-spaces#hardy-inequality#operator-continuity

(Exercice partiellement visible)

a. Vérifier que (Fn)(F_n) est une suite de Cauchy dans Lp(R+)L^p(\mathbb{R}_+). b. En déduire que l'inégalité de Hardy est satisfaite. c. Justifier la continuité de l'opérateur :

T:Lp(R+)→Lp(R+),f↦T(f)=F.T : L^p(\mathbb{R}_+) \to L^p(\mathbb{R}_+), \quad f \mapsto T(f) = F.
◀الحل

a.

On utilise le fait que Cc0(R+)C_c^0(\mathbb{R}_+) est dense dans Lp(R+)L^p(\mathbb{R}_+), et pour fn→ff_n \to f dans LpL^p, les FnF_n associées forment une suite de Cauchy car ∥Fn−Fm∥p≤pp−1∥fn−fm∥p\|F_n - F_m\|_p \leq \frac{p}{p-1}\|f_n - f_m\|_p.

b.

Par passage à la limite dans l'inégalité démontrée pour les fonctions à support compact :

∥F∥p≤pp−1∥f∥p\boxed{\|F\|_p \leq \frac{p}{p-1} \|f\|_p}

c.

TT est linéaire et ∥T(f)∥p=∥F∥p≤pp−1∥f∥p\|T(f)\|_p = \|F\|_p \leq \frac{p}{p-1}\|f\|_p, donc TT est continue avec ∥T∥≤pp−1\|T\| \leq \frac{p}{p-1}.

التمرين 3

Exercice 3 — Annulateurs dans un espace vectoriel normé et son dual

#functional-analysis#annihilator#dual-space#closed-subspace

Considérons EE un espace vectoriel normé et E′E' son dual topologique.

  1. Pour A⊂EA \subset E, on définit :
A⊥={f∈E′∣f(x)=0,∀x∈A}.A^\perp = \{f \in E' \mid f(x) = 0, \forall x \in A\}.

Montrer que : a. Si A1⊂A2A_1 \subset A_2, alors A2⊥⊂A1⊥A_2^\perp \subset A_1^\perp. b. A⊥=[vect(A)]⊥A^\perp = [\text{vect}(A)]^\perp. (vect(A)\text{vect}(A) est le sous-espace engendré par AA.) c. A⊥A^\perp est un sous-espace vectoriel fermé de E′E' et E⊥={0}E^\perp = \{0\}.

  1. Pour B⊂E′B \subset E', on définit :
⊥B={x∈E∣f(x)=0,∀f∈B}.{}^\perp B = \{x \in E \mid f(x) = 0, \forall f \in B\}.

Montrer que : a. Si B1⊂B2B_1 \subset B_2, alors ⊥B2⊂⊥B1{}^\perp B_2 \subset {}^\perp B_1. b. ⊥B=⊥[vect(B)]{}^\perp B = {}^\perp [\text{vect}(B)]. c. ⊥B{}^\perp B est un sous-espace vectoriel fermé de EE. d. Pour tout A⊂EA \subset E et tout B⊂E′B \subset E', on a :

Aˉ⊂⊥(A⊥)etBˉ⊂(⊥B)⊥.\bar{A} \subset {}^\perp(A^\perp) \quad \text{et} \quad \bar{B} \subset ({}^\perp B)^\perp.
◀الحل

1.a.

Si A1⊂A2A_1 \subset A_2 et f∈A2⊥f \in A_2^\perp, alors ff s'annule sur A2A_2, donc sur A1A_1. Ainsi f∈A1⊥f \in A_1^\perp.

1.b.

A⊂vect(A)A \subset \text{vect}(A) donne [vect(A)]⊥⊂A⊥[\text{vect}(A)]^\perp \subset A^\perp. Réciproquement, si f∈A⊥f \in A^\perp, alors ff s'annule sur AA donc par linéarité sur vect(A)\text{vect}(A).

1.c.

A⊥=⋂x∈Aker⁡(x^)A^\perp = \bigcap_{x \in A} \ker(\hat{x}) où x^(f)=f(x)\hat{x}(f) = f(x). Chaque ker⁡(x^)\ker(\hat{x}) est fermé (car x^\hat{x} est continue dans E′E'), donc l'intersection est fermée. E⊥={0}E^\perp = \{0\} par Hahn-Banach.

2.a.

Même argument que 1.a par symétrie.

2.b.

Même argument que 1.b.

2.c.

⊥B=⋂f∈Bker⁡(f){}^\perp B = \bigcap_{f \in B} \ker(f). Chaque ker⁡(f)\ker(f) est fermé car ff est continue. L'intersection est fermée.

2.d.

Si x∈Ax \in A et f∈A⊥f \in A^\perp, alors f(x)=0f(x) = 0, donc x∈⊥(A⊥)x \in {}^\perp(A^\perp). Ainsi A⊂⊥(A⊥)A \subset {}^\perp(A^\perp). Comme ⊥(A⊥){}^\perp(A^\perp) est fermé, Aˉ⊂⊥(A⊥)\bar{A} \subset {}^\perp(A^\perp). L'argument pour Bˉ\bar{B} est symétrique.