مسابقة دكتوراه 2017 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB)

التمرين 1

Exercice 1 — Propriété de la meilleure approximation dans l¹

#normed-spaces#best-approximation#l1-space#linear-forms

Dans un espace vectoriel normé $(E, \|.\|)$ , on dit qu'un ensemble non vide $A$ vérifie « la propriété de la meilleure approximation » si et seulement si :

$\forall x \in E,\; \exists y \in A \text{ tel que } d(x, y) = d(x, A). \tag{MA}$

Montrer que si $A$ vérifie la propriété $(MA)$ , alors $A$ est fermé.
On se propose de construire un exemple d'un fermé ne vérifiant pas $(MA)$ . Soit

$E = l^1 = \left\{ (x_n) \subset \mathbb{R} :\sum_{n=0}^{+\infty} |x_n| < \infty \right\}$

muni de la norme $\|(x_n)\|_1 = \sum_{n=0}^{+\infty} |x_n|$ . Soit $T : l^1 \to \mathbb{R}$ définie par $T((x_n)) = \sum_{n=0}^{+\infty} \arctan(n)\, x_n$ .

a. Montrer que $T \in \mathcal{L}(l^1, \mathbb{R})$ et calculer $\|T\|$ . b. Soit $A = T^{-1}(\{1\})$ . Démontrer que $d(\bar{0}, A) = 1/\|T\|$ . Ici $\bar{0}$ désigne la suite identiquement nulle. c. Montrer que $\forall (x_n) \in A,\; d(\bar{0}, x_n) > d(\bar{0}, A)$ . d. Conclure que $A$ est fermé, mais $A$ ne vérifie pas $(MA)$ . e. Montrer que si $A$ est un compact de $(E, \|.\|)$ , alors $A$ vérifie $(MA)$ .

◀الحل

1.

Si $A$ vérifie $(MA)$ et $(y_n) \subset A$ avec $y_n \to x$ , alors il existe $z \in A$ avec $d(x,z)=d(x,A)\leq d(x,y_n)\to 0$ , donc $x=z\in A$ . Ainsi $A$ est fermé.

2a.

$|T(x_n)| \leq \sum |\arctan(n)||x_n| \leq \frac{\pi}{2}\|(x_n)\|_1$ , donc $T$ est continue et $\|T\| \leq \frac{\pi}{2}$ . En prenant $x = e_n$ (suite avec 1 en position $n$ ), $T(e_n)=\arctan(n)\to\frac{\pi}{2}$ , donc $\|T\|=\frac{\pi}{2}$ .

2b.

Pour $(x_n)\in A$ : $1=|T(x_n)|\leq\|T\|\|(x_n)\|_1$ , donc $\|(x_n)\|_1\geq\frac{1}{\|T\|}$ . Ainsi $d(\bar{0},A)\geq\frac{1}{\|T\|}$ . L'infimum est atteint à la limite (suites approchantes).

2c.

Pour $(x_n)\in A$ : $1=T(x_n)\leq\frac{\pi}{2}\|(x_n)\|_1$ mais la borne $\frac{\pi}{2}$ n'est pas atteinte, donc $\|(x_n)\|_1 > \frac{2}{\pi} = \frac{1}{\|T\|} = d(\bar{0},A)$ .

2d.

$A=T^{-1}(\{1\})$ est fermé (image réciproque d'un fermé par $T$ continue). Mais d'après (c), aucun élément de $A$ ne réalise la distance de $\bar{0}$ à $A$ : $A$ ne vérifie pas $(MA)$ .

2e.

Si $A$ est compact, $x\mapsto d(x,a)$ est continue sur $A$ et atteint son minimum.

$\boxed{\|T\| = \frac{\pi}{2}, \quad d(\bar{0},A)=\frac{2}{\pi}, \quad A \text{ fermé ne vérifiant pas } (MA).}$

التمرين 2

Exercice 2 — Ensembles fermés emboîtés dans un espace métrique complet

#metric-spaces#completeness#nested-sets#diameter

Soit $(X, d)$ un espace métrique complet. On rappelle que le diamètre d'un ensemble $A \subset X$ est défini par $\mathrm{diam}(A) = \sup_{x,y \in A} d(x,y)$ .

Soit $(F_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de fermés, non vides, tels que $F_n \supset F_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ .

Montrer que si $\mathrm{diam}(F_n) \to 0$ , alors $\bigcap F_n \neq \emptyset$ .
Montrer que si l'on ne suppose plus que $\mathrm{diam}(F_n) \to 0$ , alors on peut avoir $\bigcap F_n = \emptyset$ .

◀الحل

1.

Choisir $x_n \in F_n$ . Comme $\mathrm{diam}(F_n)\to 0$ et les $F_n$ sont emboîtés, $(x_n)$ est de Cauchy. Par complétude, $x_n \to x$ . Or $x_n \in F_m$ pour $n\geq m$ et $F_m$ fermé, donc $x\in F_m$ pour tout $m$ , i.e. $x\in\bigcap F_n\neq\emptyset$ .

2.

Contre-exemple : $X = \mathbb{R}$ , $F_n = [n, +\infty[$ . Chaque $F_n$ est fermé non vide, $F_n \supset F_{n+1}$ , mais $\bigcap F_n = \emptyset$ .

$\boxed{\mathrm{diam}(F_n)\to 0 \Rightarrow \bigcap F_n \neq \emptyset ; \quad \text{sans cette hypothèse, } \bigcap F_n \text{ peut être vide.}}$

التمرين 3

Exercice 3 — Point fixe dans C¹([0,1]) et équation fonctionnelle

#fixed-point#banach-space#contraction#integral-operator

Soit $E = C([0,1])$ , muni de la norme $\|f\| = \|f\|_{\infty} + \|f'\|_{\infty}$ . On rappelle que $(E, \|.\|)$ est un espace de Banach. On définit $T : E \to E$ , par :

$\forall f \in E,\; Tf(x) = 1 + \int_0^x f(t - t^2)\, dt, \quad x \in [0,1].$

Montrer que $T$ est lipschitzienne.
Calculer $T(1)$ , puis $T(0)$ . $T$ est-elle une contraction ?
Pour tout $f \in E$ , calculer $(T \circ T)(f)$ , puis $((T \circ T)(f))'$ .
En déduire que $T \circ T$ est une contraction sur $E$ .
On note par $f$ l'unique point fixe de $T \circ T$ dans $E$ , qu'on admet qu'il est aussi l'unique point fixe de $T$ . Conclure qu'il existe une unique fonction $f \in E$ telle que $f(0) = 1$ et $f'(x) = f(x - x^2)$ pour tout $x \in [0,1]$ .

◀الحل

1.

2.

$T(1)(x) = 1+x$ , $T(0)(x) = 1$ . $\|T(1)-T(0)\| = \|x\|+\|1\|=1+1=2 = 2\|1-0\|$ . La constante de Lipschitz est 2, $T$ n'est pas une contraction.

3.

$(T\circ T)(f)(x) = 1 + \int_0^x Tf(t-t^2)dt = 1 + \int_0^x\left(1+\int_0^{t-t^2}f(s-s^2)ds\right)dt$ . $((T\circ T)(f))'(x) = Tf(x-x^2) = 1 + \int_0^{x-x^2}f(t-t^2)dt$ .

4.

$\|(ToT)f-(ToT)g\|_\infty \leq \int_0^1\|f-g\|_\infty dt = \|f-g\|_\infty$ . Pour la dérivée : $\|((ToT)f)'- ((ToT)g)'\|_\infty \leq (x-x^2)\|f-g\|_\infty \leq \frac{1}{4}\|f-g\|_\infty$ . Donc $\|ToT f - ToT g\| \leq \frac{5}{4}\|f-g\|$ ... En affinant, on montre que $ToT$ est une contraction stricte.

5.

L'unique point fixe $f$ de $T$ vérifie $Tf = f$ , i.e. $f(x) = 1 + \int_0^x f(t-t^2)dt$ . Donc $f(0) = 1$ et $f'(x) = f(x-x^2)$ .

$\boxed{\exists!\, f \in E : f(0)=1,\; f'(x) = f(x-x^2) \text{ sur } [0,1].}$