مسابقة دكتوراه 2017 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 05

1. $(MA) \Rightarrow A$ fermé

Soit $(y_n) \subset A$ avec $y_n \to y$. Alors $d(y, A) = 0$, donc si $A$ vérifie $(MA)$, $\exists z \in A$ avec $d(y,z) = 0$, soit $y = z \in A$. Donc $A$ est fermé.

2. a. $T \in \mathcal{L}(\ell^1, \mathbb{R})$ et $\|T\|$

$|T(x)| \leq \sum |\arctan(n)||x_n| \leq \frac{\pi}{2}\sum|x_n| = \frac{\pi}{2}\|x\|_1$, donc $T$ est continue.

Pour calculer $\|T\| = \sup_{\|x\|=1}|T(x)|$ : en prenant $x^{(k)} = e_k$ (suite canonique), $T(e_k) = \arctan(k) \to \pi/2$. Donc $\|T\| = \sup_k \arctan(k) = \pi/2$.

$\boxed{\|T\| = \frac{\pi}{2}.}$

2. b. $d(\bar{0}, A) = 1/\|T\|$

Pour $x \in A$, $T(x) = 1$, donc $1 = |T(x)| \leq \|T\|\|x\|_1$, d'où $\|x\|_1 \geq 1/\|T\| = 2/\pi$.

D'autre part, $\inf_{x \in A}\|x\|_1 = 2/\pi$ est atteint à la limite (suite $x^{(k)} = \frac{1}{\arctan(k)}e_k \in A$ avec $\|x^{(k)}\|_1 = 1/\arctan(k) \to 2/\pi$), d'où $d(\bar{0}, A) = 2/\pi = 1/\|T\|$.

2. c. Aucun élément de $A$ n'atteint la distance

Si $x \in A$ avec $\|x\|_1 = 2/\pi$, alors $1 = T(x) \leq (\pi/2)\|x\|_1 = 1$. L'égalité dans Cauchy-Schwarz discret implique que tous les $x_n$ sont du même signe et $|\arctan(n)|$ est constant, ce qui est impossible car $\arctan$ est strictement croissante. Donc $\|x\|_1 \gt 2/\pi$ pour tout $x \in A$.

2. d. Conclusion

$A = T^{-1}(\{1\})$ est fermé (préimage d'un fermé par une application continue), mais aucun élément de $A$ n'est à distance minimale de $\bar{0}$ : $A$ ne vérifie pas $(MA)$.

2. e. Compact $\Rightarrow (MA)$

Si $A$ est compact, la fonction $x \mapsto d(\bar{0},x)$ est continue sur $A$ et atteint son minimum sur $A$ (par compacité). Donc $\exists y \in A$ avec $d(\bar{0},y) = d(\bar{0},A)$ : $(MA)$ est vérifiée.

1. $\mathrm{diam}(F_n) \to 0 \Rightarrow \bigcap F_n \neq \emptyset$

Pour chaque $n$, choisir $x_n \in F_n$. Pour $m \geq n$ : $x_m \in F_m \subset F_n$, donc

$d(x_n, x_m) \leq \mathrm{diam}(F_n) \to 0.$

$(x_n)$ est de Cauchy dans $(X,d)$ complet, donc converge vers $x^* \in X$. Pour tout $n$, $x_k \in F_n$ pour $k \geq n$, et $F_n$ est fermé, donc $x^* \in F_n$. Ainsi $x^* \in \bigcap_n F_n \neq \emptyset$.

$\boxed{\bigcap_{n \in \mathbb{N}} F_n \neq \emptyset.}$

2. Contre-exemple sans $\mathrm{diam}(F_n) \to 0$

Dans $X = \mathbb{R}$ (complet), prendre $F_n = [n, +\infty[$. Chaque $F_n$ est fermé, non vide, $F_n \supset F_{n+1}$, mais $\mathrm{diam}(F_n) = +\infty$ et $\bigcap_n F_n = \emptyset$.

1. $T$ est lipschitzienne

Pour $f, g \in E$ :

$|Tf(x) - Tg(x)| = \left|\int_0^x (f-g)(t-t^2)\,dt\right| \leq \|f-g\|_\infty.$

$(Tf - Tg)'(x) = (f-g)(x-x^2), \quad |(Tf-Tg)'(x)| \leq \|f-g\|_\infty.$

Donc $\|Tf - Tg\| \leq 2\|f-g\|_\infty \leq 2\|f-g\|$. $T$ est $2$-lipschitzienne.

2. $T(1)$ et $T(0)$

$T(1)(x) = 1 + \int_0^x 1\,dt = 1 + x.$

$T(0)(x) = 1 + \int_0^x 0\,dt = 1.$

$\|T(1) - T(0)\| = \|x\|_\infty + \|1\|_\infty = 1 + 1 = 2, \quad \|1 - 0\| = 1 + 0 = 1.$

Le rapport est $2 \gt 1$, donc $T$ n'est pas une contraction.

3. $(T \circ T)(f)$ et sa dérivée

$T(Tf)(x) = 1 + \int_0^x Tf(t-t^2)\,dt = 1 + \int_0^x \left(1 + \int_0^{t-t^2} f(s-s^2)\,ds\right)dt.$

$\bigl(T(Tf)\bigr)'(x) = Tf(x-x^2) = 1 + \int_0^{x-x^2} f(t-t^2)\,dt.$

4. $T \circ T$ est une contraction

Pour $f, g \in E$ :

$\bigl((T \circ T)(f) - (T \circ T)(g)\bigr)'(x) = Tf(x-x^2) - Tg(x-x^2) = \int_0^{x-x^2}(f-g)(t-t^2)\,dt.$

$\left|\bigl((ToT)(f)-(ToT)(g)\bigr)'(x)\right| \leq |x-x^2|\,\|f-g\|_\infty \leq \frac{1}{4}\|f-g\|.$

De même $|(ToT)(f)(x)-(ToT)(g)(x)| \leq \frac{1}{4}\|f-g\|$. Donc $\|ToT(f)-ToT(g)\| \leq \frac{1}{2}\|f-g\|$.

$\boxed{T \circ T \text{ est une contraction de rapport } \leq \tfrac{1}{2}.}$

5. Existence et unicité

Par le théorème du point fixe de Banach, $T$ admet un unique point fixe $f \in E$. $Tf = f$ donne $f(x) = 1 + \int_0^x f(t-t^2)\,dt$, d'où $f(0) = 1$ et $f'(x) = f(x-x^2)$.