مسابقة دكتوراه 2022 — Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued — الموضوع 01

1.

On applique le théorème des accroissements finis à la fonction $\ln$ sur $[x,y]$ : il existe $c\in\,]x,y[$ tel que

$\ln y-\ln x=\frac{y-x}{c}.$

Comme $x\lt c\lt y$, on a $\frac{1}{y}\lt\frac{1}{c}\lt\frac{1}{x}$, et en multipliant par $y-x\gt 0$ :

$\boxed{\ x\lt\frac{y-x}{\ln y-\ln x}\lt y\ }$

a.

On a $f'(\alpha)=\dfrac{x-y}{\alpha x+(1-\alpha)y}-\ln x+\ln y$, puis

$f''(\alpha)=-\frac{(x-y)^2}{(\alpha x+(1-\alpha)y)^2}\lt 0.$

Donc $f'$ est strictement décroissante sur $[0,1]$.

$\boxed{\ f'\ \text{est décroissante sur }[0,1].\ }$

b.

$f'(0)=\dfrac{x-y}{y}+\ln\dfrac{y}{x}$. En posant $t=\dfrac{y}{x}\gt 1$, $f'(0)=\dfrac{1}{t}-1+\ln t$. La fonction $\varphi(t)=\ln t+\frac{1}{t}-1$ vérifie $\varphi(1)=0$ et $\varphi'(t)=\frac{t-1}{t^2}\gt 0$ pour $t\gt 1$, donc $f'(0)\gt 0$.

$f'(1)=\dfrac{x-y}{x}+\ln\dfrac{y}{x}=1-t+\ln t$. La fonction $\psi(t)=\ln t+1-t$ vérifie $\psi(1)=0$ et $\psi'(t)=\frac{1}{t}-1\lt 0$ pour $t\gt 1$, donc $f'(1)\lt 0$.

Puisque $f'$ est continue et strictement décroissante avec $f'(0)\gt 0\gt f'(1)$, par le théorème des valeurs intermédiaires il existe un unique $c\in\,]0,1[$ tel que

$\boxed{\ f'(c)=0.\ }$

c.

Comme $f'\gt 0$ sur $]0,c[$ et $f'\lt 0$ sur $]c,1[$, $f$ est croissante puis décroissante. Or

$f(0)=\ln y-\ln y=0,\qquad f(1)=\ln x-\ln x=0.$

Donc $f$ atteint ses valeurs aux bords égales à $0$ et possède un maximum en $c$ : ainsi $f(\alpha)\geq 0$ pour tout $\alpha\in[0,1]$. Autrement dit

$\boxed{\ \ln(\alpha x+(1-\alpha)y)\geq \alpha\ln x+(1-\alpha)\ln y\quad\forall\alpha\in[0,1].\ }$

d.

Géométriquement, cette inégalité exprime que le graphe de $\ln$ est au-dessus de ses cordes : la fonction $\ln$ est concave sur $]0,+\infty[$.

1.

Positivité et symétrie. Clairement $\delta_a(x,y)\geq 0$, $\delta_a(x,y)=\delta_a(y,x)$ (car $d(x,a)+d(a,y)=d(y,a)+d(a,x)$) et $\delta_a(x,x)=0$.

Séparation. Supposons $\delta_a(x,y)=0$ avec $x\neq y$ : alors $d(x,a)+d(a,y)=0$, donc $d(x,a)=d(a,y)=0$, d'où $x=a=y$, contradiction. Donc $x=y$.

Inégalité triangulaire. Pour $x,y,z$ deux à deux distincts,

$\delta_a(x,z)=d(x,a)+d(a,z)\leq d(x,a)+d(a,y)+d(y,a)+d(a,z)=\delta_a(x,y)+\delta_a(y,z).$

Les cas où deux des points coïncident se vérifient immédiatement. Donc $\delta_a$ est une distance.

$\boxed{\ \delta_a\ \text{est une distance sur }X.\ }$

2.

Pour $x\neq a$, $\delta_a(x,a)=d(x,a)+d(a,a)=d(x,a)$ (et l'égalité vaut aussi trivialement pour $x=a$). Donc

$B_{\delta_a}(a,r)=\{x:\ \delta_a(x,a)\lt r\}=\{x:\ d(x,a)\lt r\}=B_d(a,r).$

$\boxed{\ B_{\delta_a}(a,r)=B_d(a,r).\ }$

a.

Soit $x\in A$ ; comme $a\notin A$, $x\neq a$ et $r:=d(x,a)\gt 0$. Pour $y\neq x$,

$\delta_a(y,x)=d(y,a)+d(a,x)\geq d(a,x)=r,$

donc $B_{\delta_a}(x,r)=\{x\}\subset A$. Ainsi tout point de $A$ est intérieur : $A$ est ouvert pour $\delta_a$.

$\boxed{\ a\notin A\Rightarrow A\ \text{ouvert pour }\delta_a.\ }$

b.

D'après la question 2, les boules centrées en $a$ coïncident : $B_{\delta_a}(a,r)=B_d(a,r)$ pour tout $r\gt 0$.

Si $A$ est un voisinage de $a$ pour $d$, il existe $r\gt 0$ avec $B_d(a,r)\subset A$, donc $B_{\delta_a}(a,r)\subset A$ : $A$ est un voisinage de $a$ pour $\delta_a$. Réciproquement, si $B_{\delta_a}(a,r)\subset A$ alors $B_d(a,r)\subset A$ : $A$ est un voisinage de $a$ pour $d$. Les systèmes de voisinages de $a$ coïncident.

$\boxed{\ A\ \text{voisinage de }a\ \text{pour }\delta_a\iff\text{pour }d.\ }$

(Ainsi $\delta_a$ induit la topologie discrète en dehors de $a$ et coïncide avec celle de $d$ au voisinage de $a$.)

1.

On munit $\mathbb{R}^n$ du produit scalaire usuel et on pose $x=(x_1,\dots,x_n)$, $y=(1,\dots,1)$. L'inégalité de Cauchy-Schwarz donne

$|\langle x,y\rangle|^2\leq \|x\|^2\,\|y\|^2.$

Comme $\langle x,y\rangle=\sum_k x_k$, $\|y\|^2=n$ et $\|x\|^2=\sum_k x_k^2$, on obtient

$\Big(\sum_{k=1}^{n}x_k\Big)^2\leq n\sum_{k=1}^{n}x_k^2.$

L'égalité a lieu si et seulement si $x$ et $y$ sont colinéaires, c'est-à-dire $x_1=x_2=\dots=x_n$.

$\boxed{\ \Big(\sum_{k=1}^{n}x_k\Big)^2\leq n\sum_{k=1}^{n}x_k^2\ }$

2.

On applique Cauchy-Schwarz à $u=(\sqrt{x_1},\dots,\sqrt{x_n})$ et $v=\big(\tfrac{1}{\sqrt{x_1}},\dots,\tfrac{1}{\sqrt{x_n}}\big)$ :

$\Big(\sum_{k=1}^{n}u_k v_k\Big)^2\leq\Big(\sum_{k=1}^{n}u_k^2\Big)\Big(\sum_{k=1}^{n}v_k^2\Big).$

Or $\sum_k u_k v_k=\sum_k 1=n$, $\sum_k u_k^2=\sum_k x_k=1$ et $\sum_k v_k^2=\sum_k\frac{1}{x_k}$. D'où $n^2\leq 1\cdot\sum_k\frac{1}{x_k}$, soit

$\boxed{\ \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_k}\geq n^2\ }$

avec égalité si et seulement si $x_1=\dots=x_n=\frac{1}{n}$.