مسابقة دكتوراه 2022 — Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued — الموضوع 02

1.

On pose $\phi(x,y)=\langle Tx,y\rangle$. C'est une forme sesquilinéaire, et comme $T$ est positif, $\phi(x,x)=\langle Tx,x\rangle\geq 0$ : $\phi$ est une forme hermitienne positive. L'inégalité de Cauchy-Schwarz pour une telle forme donne

$|\phi(x,y)|^2\leq\phi(x,x)\,\phi(y,y),$

c'est-à-dire

$\boxed{\ |\langle Tx,y\rangle|^2\leq\langle Tx,x\rangle\langle Ty,y\rangle\ }$

2.

On applique le résultat précédent avec $y=Tx$ :

$\|Tx\|^4=|\langle Tx,Tx\rangle|^2\leq\langle Tx,x\rangle\,\langle T(Tx),Tx\rangle.$

Par Cauchy-Schwarz usuel et $\|T^2x\|\leq\|T\|\,\|Tx\|$ :

$\langle T^2x,Tx\rangle\leq\|T^2x\|\,\|Tx\|\leq\|T\|\,\|Tx\|^2.$

Donc $\|Tx\|^4\leq\langle Tx,x\rangle\,\|T\|\,\|Tx\|^2$, d'où en simplifiant

$\boxed{\ \|Tx\|^2\leq\langle Tx,x\rangle\,\|T\|\ }$

3.

L'opérateur $S=\|T\|I-T$ est positif : $\langle Sx,x\rangle=\|T\|\,\|x\|^2-\langle Tx,x\rangle\geq 0$ car $\langle Tx,x\rangle\leq\|T\|\,\|x\|^2$.

Pour un opérateur positif, $\|T\|=\sup_{\|x\|=1}\langle Tx,x\rangle$ ; il existe donc une suite $(x_n)$ avec $\|x_n\|=1$ et $\langle Tx_n,x_n\rangle\to\|T\|$. Alors $\langle Sx_n,x_n\rangle=\|T\|-\langle Tx_n,x_n\rangle\to 0$. En appliquant la question 2 à $S$ :

$\|Sx_n\|^2\leq\langle Sx_n,x_n\rangle\,\|S\|\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ 0,$

donc $\|Sx_n\|\to 0$. Si $S$ était inversible, on aurait $1=\|x_n\|=\|S^{-1}Sx_n\|\leq\|S^{-1}\|\,\|Sx_n\|\to 0$, absurde. Donc $S$ n'est pas inversible :

$\boxed{\ 0\in\sigma(S)\ (\text{soit }\|T\|\in\sigma(T)).\ }$

a.

L'opérateur $bI-A$ est positif et $\|bI-A\|=\sup_{\|x\|=1}\langle(bI-A)x,x\rangle=b-a$. D'après la question 3, $\|bI-A\|=b-a\in\sigma(bI-A)$. Or $\mu\in\sigma(bI-A)\iff b-\mu\in\sigma(A)$, donc $b-(b-a)=a\in\sigma(A)$.

De même $A-aI$ est positif, $\|A-aI\|=b-a\in\sigma(A-aI)$, et $\sigma(A-aI)=\sigma(A)-a$ donne $b\in\sigma(A)$.

$\boxed{\ a,b\in\sigma(A)\ }$

b.

Comme $bI-A$ est positif, $\sigma(bI-A)\subseteq\mathbb{R}_+$ et de plus $\sigma(bI-A)\subseteq[0,\|bI-A\|]=[0,b-a]$. En traduisant par $\mu\mapsto b-\mu$ :

$\boxed{\ \sigma(A)\subseteq[a,b]\ }$

1.

La linéarité est évidente. Pour $x=(x_1,x_2,\dots)$, $A_n x$ n'a que deux composantes non nulles, $x_1$ et $x_2$ :

$\|A_n x\|^2=|x_1|^2+|x_2|^2\leq\sum_{i\geq 1}|x_i|^2=\|x\|^2.$

Donc $\|A_n x\|\leq\|x\|$ et $\|A_n\|\leq 1$. En prenant $a=(1,0,0,\dots)$, $\|a\|=1$ et $\|A_n a\|=1$, d'où $\|A_n\|\geq 1$.

$\boxed{\ \|A_n\|=1\ }$

2.

Par le théorème de Riesz, toute forme linéaire continue s'écrit $x\mapsto\langle x,y\rangle$ pour un $y\in\ell^2$. Or

$\langle A_n x,y\rangle=x_1\overline{y_n}+x_2\overline{y_{n+1}}.$

Comme $y\in\ell^2$, $y_n\to 0$ et $y_{n+1}\to 0$ quand $n\to\infty$, donc $\langle A_n x,y\rangle\to 0$ pour tout $y$. Ainsi

$\boxed{\ A_n x\rightharpoonup 0\ \text{(faiblement)}\ \forall x.\ }$

3.

Si $(A_n)$ convergeait simplement vers $B$, alors $A_n x\to Bx$ (fortement) ; la limite forte coïncidant avec la limite faible, on aurait $Bx=0$ pour tout $x$, i.e. $B=0$. Mais

$\|A_n x\|^2=|x_1|^2+|x_2|^2$

ne tend pas vers $0$ en général (par exemple $x=(1,1,0,\dots)$ donne $\|A_n x\|^2=2$). Donc $A_n x\not\to 0$ fortement.

$\boxed{\ \text{Non : aucun tel }B\ \text{n'existe.}\ }$

4.

L'adjoint est défini par $\langle A_n x,y\rangle=\langle x,A_n^{*}y\rangle$. De $\langle A_n x,y\rangle=x_1\overline{y_n}+x_2\overline{y_{n+1}}=\langle x,(y_n,y_{n+1},0,\dots)\rangle$ on tire

$\boxed{\ A_n^{*}y=(y_n,\,y_{n+1},\,0,\,0,\dots)\ }$

5.

$A_n^{*}$ est de rang fini : $\mathrm{Im}\,A_n^{*}=\mathrm{Vect}\{e_1,e_2\}$, de dimension $\leq 2$. Tout opérateur de rang fini est compact.

$\boxed{\ A_n^{*}\ \text{est compact.}\ }$

1.

Le noyau $K$ est réel, continu et symétrique sur $[0,1]^2$ ; il est donc de carré intégrable. Par conséquent $T$ est un opérateur de Hilbert-Schmidt, donc compact (et auto-adjoint car $K(x,t)=K(t,x)$).

$\boxed{\ T\ \text{est compact et auto-adjoint.}\ }$

2.

Cherchons $Tf=\lambda f$ avec $\lambda\neq 0$. Posons $g=Tf$ :

$g(x)=\frac{\sinh(1-x)}{\sinh 1}\int_0^x \sinh(t)f(t)\,dt+\frac{\sinh(x)}{\sinh 1}\int_x^1 \sinh(1-t)f(t)\,dt.$

En dérivant deux fois et en utilisant l'identité $\sinh(x)\cosh(1-x)+\cosh(x)\sinh(1-x)=\sinh 1$, on obtient

$g''(x)=g(x)-f(x).$

Si $Tf=\lambda f$, l'équation devient $\lambda f''=(\lambda-1)f$, avec les conditions aux limites $f(0)=f(1)=0$.

Si $\lambda=0$ alors $f=0$ : $0$ n'est pas valeur propre. Si $\frac{\lambda-1}{\lambda}=\mu^2\gt 0$, alors $f(x)=A\cosh(\mu x)+B\sinh(\mu x)$ et les conditions donnent $A=B=0$ : pas de valeur propre. Si $\frac{\lambda-1}{\lambda}=-\mu^2$ ($\mu\gt 0$), alors $f(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x)$ ; $f(0)=0\Rightarrow A=0$, $f(1)=0\Rightarrow B\sin\mu=0$, d'où $\mu=n\pi$, $n\in\mathbb{N}^{*}$. Alors $\frac{\lambda-1}{\lambda}=-n^2\pi^2$ donne

$\lambda_n=\frac{1}{1+n^2\pi^2},\qquad n\geq 1,$

de fonctions propres normalisées $e_n(x)=\sqrt{2}\,\sin(n\pi x)$.

$\boxed{\ \lambda_n=\frac{1}{1+n^2\pi^2},\quad e_n(x)=\sqrt{2}\sin(n\pi x),\ n\geq 1.\ }$

3.

$T$ étant compact, auto-adjoint et positif, sa norme est la plus grande valeur propre, atteinte pour $n=1$ :

$\boxed{\ \|T\|=\lambda_1=\frac{1}{1+\pi^2}\ }$

4.

La trace de $T$ (somme des valeurs propres) vaut $\int_0^1 K(x,x)\,dx$ avec $K(x,x)=\dfrac{\sinh(x)\sinh(1-x)}{\sinh 1}$. On écrit

$\sum_{n\geq 0}\frac{1}{1+\pi^2 n^2}=1+\sum_{n\geq 1}\lambda_n=1+\int_0^1 K(x,x)\,dx.$

Or $\sinh(x)\sinh(1-x)=\tfrac{1}{2}\big(\cosh 1-\cosh(2x-1)\big)$, donc

$\int_0^1\sinh(x)\sinh(1-x)\,dx=\tfrac{1}{2}\big(\cosh 1-\sinh 1\big).$

Ainsi

$\sum_{n\geq 0}\frac{1}{1+\pi^2 n^2}=1+\frac{\cosh 1-\sinh 1}{2\sinh 1}=\frac{2\sinh 1+\cosh 1-\sinh 1}{2\sinh 1}=\frac{\cosh 1+\sinh 1}{2\sinh 1}.$

Avec $\cosh 1+\sinh 1=e$ et $2\sinh 1=e-e^{-1}$ :

$\boxed{\ \sum_{n\geq 0}\frac{1}{1+\pi^2 n^2}=\frac{e}{\,e-e^{-1}\,}=\frac{e^2}{e^2-1}\ }$