مسابقة دكتوراه 2019 — Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle · المعامل: 3 · المدة: 2سا

Concours d'accès au doctorat 3e cycle LMD 2019/2020, spécialité Mathématiques Appliquées, Épreuve Analyse fonctionnelle et applications (Variante 2), Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued, 19/10/2019, durée 2h, coefficient 3.

التمرين 1

Graphe fermé de l'opérateur de dérivation non continu

#closed-graph#unbounded-operator#derivative-operator#sup-norm

Soit $E=C^1([0,1])$ l'espace des fonctions $C^1$ à valeurs complexes et $F=C([0,1])$ , tous deux munis de la norme $\|\cdot\|_\infty$ . Soit $T:E\to F$ défini par $Tf=f'$ . On note $G(T)=\{(f,Tf):f\in E\}$ le graphe de $T$ . 1) Montrer que $G(T)$ est fermé dans $E\times F$ . 2) Montrer que $T$ n'est pas continue.

◀الحل

1) Soit $(f_n,f_n')\to(f,g)$ dans $E\times F$ , i.e. $f_n\to f$ et $f_n'\to g$ uniformément. Un théorème classique d'analyse : si $f_n\to f$ et $f_n'\to g$ uniformément, alors $f$ est $C^1$ et $f'=g$ . Donc $(f,g)=(f,Tf)\in G(T)$ : le graphe est fermé.

التمرين 1

Déterminant associé à trois points d'une fonction convexe

#convexité#déterminant#pentes

Soit $f$ une fonction convexe sur un intervalle réel $I$ , et $a<b<c$ trois points de $I$ . Montrer que le déterminant de

\begin{pmatrix}1&a&f(a)\\1&b&f(b)\\1&c&f(c)\end{pmatrix}

est positif ou nul.

◀الحل

En développant, le déterminant vaut $(b-a)\bigl(f(c)-f(b)\bigr)-(c-b)\bigl(f(b)-f(a)\bigr)$ , soit $(b-a)(c-b)\Bigl(\frac{f(c)-f(b)}{c-b}-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\Bigr)$ . La convexité de $f$ rend les pentes croissantes, donc le facteur entre parenthèses est $\ge0$ , et le déterminant est $\ge0$ .

التمرين 2

Champ numérique, rayon numérique et norme d'un opérateur

#numerical-range#numerical-radius#operator-norm#normal-operator#hilbert-space

Soit $H$ un espace de Hilbert complexe séparable de dimension infinie et $\mathcal L(H)$ l'algèbre des opérateurs bornés. Pour $T\in\mathcal L(H)$ , $W(T)=\{\frac{|\langle Tx,y\rangle|}{\|x\|\|y\|}:0\ne\|x\|\le1,0\ne\|y\|\le1\}$ . 1) Montrer que $\|T\|=\sup W(T)$ . 2) On note le rayon numérique $\omega(T)=\sup\{|\langle Tx,x\rangle|:\|x\|=1\}$ . a) Montrer $\frac12\|T\|\le\omega(T)\le\|T\|$ . b) Montrer $\omega(T^2)\le\omega(T)^2$ . c) Si $T$ est normal, montrer $\omega(T)=\|T\|$ .

◀الحل

1) Par Cauchy-Schwarz, $|\langle Tx,y\rangle|\le\|Tx\|\|y\|\le\|T\|\|x\|\|y\|$ , donc $\sup W(T)\le\|T\|$ . Réciproquement, en prenant $y=Tx/\|Tx\|$ , $\frac{|\langle Tx,y\rangle|}{\|x\|}=\frac{\|Tx\|}{\|x\|}$ , dont le sup est $\|T\|$ . Donc $\|T\|=\sup W(T)$ .

2a) $\omega(T)\le\|T\|$ est immédiat (Cauchy-Schwarz). Pour la borne inférieure, l'identité de polarisation exprime $\langle Tx,y\rangle$ comme combinaison de termes $\langle Tz,z\rangle$ , donnant $|\langle Tx,y\rangle|\le2\omega(T)$ pour $\|x\|,\|y\|\le1$ , d'où $\|T\|\le2\omega(T)$ , soit $\frac12\|T\|\le\omega(T)$ .

b) Pour $\|x\|=1$ , $|\langle T^2x,x\rangle|=|\langle Tx,T^*x\rangle|\le\|Tx\|\|T^*x\|$ ; un argument via la sous-multiplicativité du rayon numérique (inégalité de puissance) donne $\omega(T^2)\le\omega(T)^2$ .

c) Si $T$ est normal, $\|T\|=r(T)$ (rayon spectral) et pour un opérateur normal $\omega(T)=r(T)=\|T\|$ . Donc $\omega(T)=\|T\|$ .

التمرين 2

Cônes convexes et ensembles équilibrés

#cône convexe#ensemble équilibré#enveloppe convexe

(a) Soit $E$ un espace vectoriel et $A\subset E$ un cône (i.e. $\forall x\in A,\forall\lambda\ge0:\lambda x\in A$ ). Montrer que $A$ est un cône convexe si et seulement si $\forall x,y\in A,\forall\lambda\ge0:\lambda x\in A$ et $x+y\in A$ . (b) Si $A$ est convexe et $0\in A$ , montrer que $0<\alpha\le\beta\Rightarrow\alpha A\subset\beta A$ . (c) Une partie $A$ est équilibrée si $\forall x\in A,\forall|\alpha|\le1:\alpha x\in A$ . Montrer que si $A$ est équilibrée, alors son enveloppe convexe $\mathrm{co}(A)$ l'est aussi.

◀الحل

(a) Si $A$ est un cône convexe : pour $x,y\in A$ , $\tfrac12(x+y)\in A$ (convexité) puis $x+y\in A$ (cône). Réciproquement, stabilité par somme et par $\lambda\ge0$ donne $\lambda x+(1-\lambda)y\in A$ , donc convexité. (b) Pour $x\in A$ , comme $0\in A$ et $A$ convexe, $\frac\alpha\beta x=\frac\alpha\beta x+(1-\frac\alpha\beta)\cdot0\in A$ , donc $\alpha x\in\beta A$ . (c) Pour $|\lambda|\le1$ , $\lambda A\subset A$ donc $\lambda\,\mathrm{co}(A)=\mathrm{co}(\lambda A)\subset\mathrm{co}(A)$ : $\mathrm{co}(A)$ est équilibrée.

التمرين 3

Décomposition cartésienne d'un opérateur et normalité

#operator-theory#self-adjoint#normal-operator#cartesian-decomposition#invertibility

Soit $H$ un espace de Hilbert complexe et $A\in\mathcal L(H)$ . 1) Montrer que $A=T+iS$ avec $T,S$ auto-adjoints si et seulement si $T=\frac12(A+A^*)$ et $S=\frac1{2i}(A-A^*)$ . 2) Montrer que $A$ est normal si et seulement si $TS=ST$ . 3) Supposons $A$ normal ; montrer que $A$ est inversible si et seulement si $T$ est inversible, en justifiant $A^{-1}=A^*(T^2+S^2)^{-1}$ .

◀الحل

1) Si $A=T+iS$ avec $T=T^*$ , $S=S^*$ , alors $A^*=T-iS$ , d'où $T=\frac12(A+A^*)$ et $S=\frac1{2i}(A-A^*)$ . Réciproquement ces formules définissent des opérateurs auto-adjoints ( $T^*=T$ , $S^*=S$ ) vérifiant $T+iS=A$ .

2) $AA^*=(T+iS)(T-iS)=T^2+S^2+i(ST-TS)$ et $A^*A=T^2+S^2+i(TS-ST)$ . Donc $AA^*-A^*A=2i(ST-TS)$ , qui est nul si et seulement si $TS=ST$ : $A$ normal $\iff TS=ST$ .

3) Pour $A$ normal, $A^*A=AA^*=T^2+S^2$ (car les termes croisés disparaissent). Si $T$ est inversible... plus généralement $A$ inversible $\iff A^*A=T^2+S^2$ inversible. Quand c'est le cas, $A^{-1}=(A^*A)^{-1}A^*=A^*(T^2+S^2)^{-1}$ (en utilisant la commutation dans le cas normal). L'équivalence avec l'inversibilité de $T$ découle de $T^2+S^2\ge T^2$ et de la positivité des opérateurs auto-adjoints en jeu.

التمرين 3

Dérivée directionnelle d'une fonction convexe

#dérivée directionnelle#convexité#homogénéité positive

Soit $E$ un espace vectoriel normé et $f:E\to\mathbb{R}$ . La dérivée directionnelle de $f$ en $x_0$ dans la direction $u$ est

f'(x_0;u)=\lim_{\varepsilon\to0}\frac{f(x_0+\varepsilon u)-f(x_0)}{\varepsilon}.

(a) Montrer que si $f$ est convexe, $f'(x_0;u)$ existe pour tout $x_0\in\mathrm{dom}(f)$ et tout $u\in E$ . (Indication : $h(\varepsilon)=f(x_0+\varepsilon u)$ est convexe et admet une dérivée à droite en $0$ .) (b) Montrer que $g:u\mapsto f'(x_0;u)$ est convexe et positivement homogène ( $g(\lambda u)=\lambda g(u)$ , $\lambda\ge0$ ).

◀الحل

(a) $h(\varepsilon)=f(x_0+\varepsilon u)$ est convexe en $\varepsilon$ ; le taux d'accroissement $\frac{h(\varepsilon)-h(0)}\varepsilon$ est croissant en $\varepsilon>0$ et minoré, donc la dérivée à droite existe, ce qui donne $f'(x_0;u)$ . (b) Pour $\lambda\ge0$ , $f'(x_0;\lambda u)=\lim\frac{f(x_0+\varepsilon\lambda u)-f(x_0)}\varepsilon=\lambda\lim\frac{f(x_0+(\lambda\varepsilon)u)-f(x_0)}{\lambda\varepsilon}=\lambda f'(x_0;u)$ : homogénéité positive. La convexité de $g$ découle de celle de $f$ (inégalité de convexité passée à la limite).