مسابقة دكتوراه 2025 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 06

1.

$[0,1]$ est fermé et borné dans $\mathbb{R}$ : par le théorème de Heine–Borel il est compact. Démonstration directe (Borel–Lebesgue) : soit $(U_{i})_{i\in I}$ un recouvrement ouvert de $[0,1]$ et

$c=\sup\bigl\{x\in[0,1]\ :\ [0,x]\text{ admet un sous-recouvrement fini}\bigr\}$

$c$ appartient à un $U_{i_{0}}$ qui contient $]c-\varepsilon,c+\varepsilon[$ ; $[0,c-\frac{\varepsilon}{2}]$ a un sous-recouvrement fini, auquel on ajoute $U_{i_{0}}$ : $[0,\min(c+\frac{\varepsilon}{2},1)]$ aussi. Si $c\lt 1$ cela contredit la définition de $c$, donc $c=1$ et $[0,1]$ admet un sous-recouvrement fini :

$\boxed{[0,1]\text{ est compact}}$

2.

Soit $(U_{i})_{i\in I}$ un recouvrement ouvert de $A$. Le point $0$ appartient à un ouvert $U_{i_{0}}$ : il existe $\varepsilon\gt 0$ avec $]-\varepsilon,\varepsilon[\subseteq U_{i_{0}}$. Pour $n\gt\frac{1}{\varepsilon}$, $\frac{1}{n}\in U_{i_{0}}$ : $U_{i_{0}}$ contient tous les points de $A$ sauf au plus $\frac{1}{1},\frac{1}{2},\dots,\frac{1}{N}$ avec $N=\lfloor\frac{1}{\varepsilon}\rfloor$. Chacun de ces $N$ points est couvert par un ouvert $U_{i_{k}}$. Alors

$A\subseteq U_{i_{0}}\cup U_{i_{1}}\cup\dots\cup U_{i_{N}}$

sous-recouvrement fini :

$\boxed{A\text{ est compact}}$

1.

$u_{xx}=e^{x}\cos y$ et $u_{yy}=-e^{x}\cos y$, donc $\Delta u=0$ : $u$ est harmonique.

Conjuguée : Cauchy–Riemann impose $v_{y}=u_{x}=e^{x}\cos y$ et $v_{x}=-u_{y}=e^{x}\sin y$. La première donne $v=e^{x}\sin y+\varphi(x)$, la seconde $e^{x}\sin y+\varphi'(x)=e^{x}\sin y$, donc $\varphi$ constante :

$\boxed{v(x,y)=e^{x}\sin y+c,\qquad f(z)=e^{z}\ (+ic)}$

2.

On remarque que

$u^{2}-v^{2}=\operatorname{Re}\bigl((u+iv)^{2}\bigr)=\operatorname{Re}\bigl(f(z)^{2}\bigr)=\operatorname{Re}\bigl(e^{2z}\bigr)=e^{2x}\cos 2y$

Partie réelle d'une fonction holomorphe ($e^{2z}$) :

$\boxed{u^{2}-v^{2}=e^{2x}\cos 2y\ \text{est harmonique}}$

(Vérification directe : $\Delta(e^{2x}\cos 2y)=4e^{2x}\cos 2y-4e^{2x}\cos 2y=0$.)

1.

$\|Ax\|^{2}=\sum_{n\geq 1}\frac{|x_{n}|^{2}}{4^{n}}\leq\frac{1}{4}\sum_{n\geq 1}|x_{n}|^{2}=\frac{1}{4}\|x\|^{2}$

donc $\|A\|\leq\frac{1}{2}$, avec égalité pour $x=e_{1}=(1,0,0,\dots)$ : $\|Ae_{1}\|=\frac{1}{2}$ :

$\boxed{\|A\|=\frac{1}{2},\ \text{atteinte en }e_{1}}$

2.

Soit $A_{N}$ l'opérateur de rang fini $A_{N}x=\bigl(\frac{x_{1}}{2},\dots,\frac{x_{N}}{2^{N}},0,0,\dots\bigr)$. Alors

$\|(A-A_{N})x\|^{2}=\sum_{n\gt N}\frac{|x_{n}|^{2}}{4^{n}}\leq\frac{1}{4^{N+1}}\|x\|^{2}\quad\Longrightarrow\quad\|A-A_{N}\|\leq\frac{1}{2^{N+1}}\to 0$

Limite en norme d'opérateurs de rang fini :

$\boxed{A\text{ est compact}}$

3.

Pour $x,y\in H$ :

$\langle Ax,y\rangle=\sum_{n\geq 1}\frac{x_{n}\overline{y_{n}}}{2^{n}}=\langle x,Ay\rangle$

$\boxed{A^{*}=A\ \text{(auto-adjoint)}}$

4.

$Ax=\lambda x\iff\bigl(\frac{1}{2^{n}}-\lambda\bigr)x_{n}=0\ \forall n$. Solutions non nulles exactement pour $\lambda=\frac{1}{2^{n}}$ (vecteur propre $e_{n}$) :

$\sigma_{p}(A)=\Bigl\{\frac{1}{2^{n}}\ :\ n\in\mathbb{N}^{*}\Bigr\}$

Le spectre est fermé et contient les valeurs propres ; pour un opérateur compact sur un espace de dimension infinie, $0\in\sigma(A)$ (sinon $A$ serait inversible et $I=A A^{-1}$ compact). Ici $0$ est bien limite des $\frac{1}{2^{n}}$ :

$\boxed{\sigma(A)=\{0\}\cup\Bigl\{\tfrac{1}{2^{n}}:n\geq 1\Bigr\}}$

$0$ n'est pas valeur propre : $Ax=0$ implique $x_{n}=0$ pour tout $n$ ($A$ est injectif) :

$\boxed{0\in\sigma(A)\ \text{mais}\ 0\notin\sigma_{p}(A)}$