مسابقة دكتوراه 2021 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle · المدة: 2سا

Concours d'entrée en Doctorat de 3ème Cycle — Spécialité Analyse Fonctionnelle et Equations Différentielles — Épreuve : Analyse Non Linéaire et Equations Différentielles, Université de Sidi Bel Abbès, Faculté des Sciences Exactes, Département de Mathématiques — Date 27/3/2021 — Durée 2h.

التمرين 1

Exercice 1 — Générateur infinitésimal d'un C₀-semi-groupe

#semigroups#banach-space#generator#closed-operator

Soient $E$ un espace de Banach et $A : D(A) \subset E \to E$ un opérateur linéaire qui engendre un $C_0$ -semi-groupe $(T(t))_{t \geq 0}$ .

(2 pts) Montrer que $D(A)$ est un sous-espace vectoriel de $E$ .
(1,5 pts) Montrer que $D(A)$ est dense.
(1,5 pts) Montrer que $A$ est un opérateur fermé.

◀الحل

1.

Si $x, y \in D(A)$ et $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ , $\frac{T(t)(\alpha x + \beta y) - (\alpha x + \beta y)}{t} = \alpha\frac{T(t)x-x}{t} + \beta\frac{T(t)y-y}{t} \to \alpha Ax + \beta Ay$ . Donc $\alpha x + \beta y \in D(A)$ .

2.

Pour $x \in E$ , posons $x_t = \frac{1}{t}\int_0^t T(s)x \, ds$ . On montre que $x_t \in D(A)$ et $x_t \to x$ quand $t \to 0$ .

3.

Si $x_n \in D(A)$ , $x_n \to x$ et $Ax_n \to y$ , alors $T(t)x_n - x_n = \int_0^t T(s)Ax_n ds \to \int_0^t T(s)y \, ds$ . En passant à la limite : $T(t)x - x = \int_0^t T(s)y \, ds$ . Divisant par $t$ et faisant $t \to 0$ : $Ax = y$ . Donc le graphe est fermé.

التمرين 2

Exercice 2 — Semi-groupe de translations sur L²(R)

#semigroups#translation-operator#l2-space

On définit sur l'espace $L^2(\mathbb{R})$ la famille d'opérateurs $(T(t))_{t \geq 0}$ par

(T(t)f)(x) = f(x+t), \quad x \in \mathbb{R}, \; t \geq 0.

(2 pts) Montrer que $(T(t))_{t \geq 0}$ est une famille d'opérateurs linéaires bornés.
(2 pts) Montrer que $(T(t))_{t \geq 0}$ est un $C_0$ -semi-groupe sur $L^2(\mathbb{R})$ .

◀الحل

1.

$\|T(t)f\|_2^2 = \int |f(x+t)|^2 dx = \int |f(y)|^2 dy = \|f\|_2^2$ par changement de variable. Donc $\|T(t)\| = 1$ .

2.

$T(0) = I$ . $T(t)T(s)f(x) = f(x+t+s) = T(t+s)f(x)$ . Pour la continuité forte : $\|T(t)f - f\|_2 \to 0$ quand $t \to 0$ (d'abord pour $f \in C_c$ , puis par densité).

\boxed{(T(t))_{t \geq 0} \text{ est un } C_0\text{-semi-groupe d'isométries}}

التمرين 3

Exercice 3 — Degré topologique et invariance par homotopie

#topological-degree#nonlinear-analysis#homotopy

Soit $D$ un ouvert borné de $\mathbb{R}^n$ et $f, g \in C(\bar{D})$ deux fonctions telles que

\|f(x) - g(x)\| \lt \|f(x)\|, \quad \forall x \in \partial D.

Montrer que $\deg(f, 0, D) = \deg(g, 0, D)$ .

◀الحل

On considère l'homotopie $H(t,x) = (1-t)f(x) + tg(x)$ pour $t \in [0,1]$ .

Pour $x \in \partial D$ : $\|H(t,x)\| = \|f(x) + t(g(x)-f(x))\| \geq \|f(x)\| - t\|g(x)-f(x)\| \gt \|f(x)\| - \|f(x)\| = 0$ si $t \lt 1$ ... En fait, $\|H(t,x)\| \geq \|f(x)\| - \|f(x)-g(x)\| \gt 0$ pour tout $t \in [0,1]$ .

Donc $0 \notin H(t, \partial D)$ pour tout $t$ . Par invariance du degré par homotopie :

\boxed{\deg(f, 0, D) = \deg(g, 0, D)}

التمرين 4

Exercice 4 — Opérateur intégral fractionnaire de Riemann-Liouville

#fractional-calculus#riemann-liouville#integral-operator#banach-space

On note $E = C([0,1], \mathbb{R})$ l'espace de Banach muni de $\|y\|_\infty = \sup_{t \in [0,1]} |y(t)|$ . Pour $\alpha \in ]0,1]$ , on considère l'opérateur $I^\alpha : E \to E$ défini par

(I^\alpha y)(t) = \begin{cases} \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \int_0^t (t-s)^{\alpha-1} y(s) ds & t \in ]0,1] \\\\ 0 & t = 0 \end{cases}

où $\Gamma(\alpha) = \int_0^{+\infty} t^{\alpha-1} e^{-t} dt$ .

Montrer que si $y \in E$ alors $I^\alpha y \in E$ .
Montrer que $I^\alpha$ est un opérateur linéaire continu et calculer sa norme.

◀الحل

1.

Pour $y \in E$ : $|(I^\alpha y)(t)| \leq \frac{\|y\|_\infty}{\Gamma(\alpha)} \int_0^t (t-s)^{\alpha-1} ds = \frac{\|y\|_\infty t^\alpha}{\Gamma(\alpha+1)}$ . Par convergence dominée, $I^\alpha y$ est continue sur $]0,1]$ et $\lim_{t \to 0} (I^\alpha y)(t) = 0 = (I^\alpha y)(0)$ .

2.

Linéarité évidente. $\|I^\alpha y\|_\infty \leq \frac{\|y\|_\infty}{\Gamma(\alpha+1)}$ . Donc $\|I^\alpha\| \leq \frac{1}{\Gamma(\alpha+1)}$ .

Pour $y \equiv 1$ : $(I^\alpha 1)(t) = \frac{t^\alpha}{\Gamma(\alpha+1)}$ , $\|I^\alpha 1\|_\infty = \frac{1}{\Gamma(\alpha+1)}$ .

\boxed{\|I^\alpha\| = \frac{1}{\Gamma(\alpha+1)}}