مسابقة دكتوراه 2013 — Université Ferhat Abbas

التمرين 1

Exercice 1 — Jauge de Minkowski d'un convexe symétrique

#minkowski-gauge#convex-analysis#normed-spaces#functional-analysis

Soit $K$ une partie de $\mathbb{R}^n$ , compacte, convexe, symétrique par rapport à $0$ et telle que $0$ est un point intérieur. Soit $p:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ la fonction définie par

$p(x) = \inf\{\,t>0\ :\ \tfrac{x}{t}\in K\,\}.$

Montrer que $p(x)=0$ si et seulement si $x=0$ .
Pour $x$ non nul, montrer que $\dfrac{x}{p(x)}\in\partial K$ .
Pour $x$ non nul et $t>0$ , montrer que $p(t\cdot x)=t\,p(x)$ . En déduire que $\forall x\in\mathbb{R}^n,\ \forall t\in\mathbb{R},\ p(tx)=|t|\,p(x)$ .
Montrer que si $x$ et $y$ sont non nuls, $p(x+y)\le p(x)+p(y)$ .
Conclure.
Montrer que $K$ est la boule unité fermée de $\mathbb{R}^n$ pour la norme $p$ .

◀الحل

Préliminaires.

Comme $0$ est intérieur, il existe $r>0$ avec $B(0,r)\subset K$ ; comme $K$ est compacte, $K\subset B(0,R)$ pour un $R>0$ . Pour $x\ne 0$ , $\tfrac{x}{t}\in K$ dès que $t\ge \|x\|/r$ , donc l'ensemble $\{t>0:\tfrac{x}{t}\in K\}$ est non vide ; et $\tfrac{x}{t}\in K$ impose $\|x\|/t\le R$ , donc $t\ge \|x\|/R$ . Ainsi $p(x)$ est fini et $p(x)\ge \|x\|/R>0$ . Enfin, si $\tfrac{x}{t}\in K$ et $t'\ge t$ , alors $\tfrac{x}{t'}=\tfrac{t}{t'}\tfrac{x}{t}+(1-\tfrac{t}{t'})\,0\in K$ par convexité : l'ensemble des $t$ admissibles est $[p(x),+\infty[$ , et $\tfrac{x}{p(x)}\in K$ par compacité.

1.

$p(0)=0$ car $0\in K$ . Réciproquement si $p(x)=0$ , il existe $t_n\to 0^+$ avec $\tfrac{x}{t_n}\in K\subset B(0,R)$ , donc $\|x\|\le R\,t_n\to 0$ , d'où $x=0$ .

$\boxed{\ p(x)=0\iff x=0\ }$

2.

Pour $x\ne 0$ , $\tfrac{x}{p(x)}\in K$ . Si ce point était intérieur à $K$ , il existerait $\delta>0$ tel que $\tfrac{x}{p(x)-\delta}=\tfrac{p(x)}{p(x)-\delta}\cdot\tfrac{x}{p(x)}\in K$ , ce qui donnerait un $t=p(x)-\delta\lt p(x)$ admissible, contredisant la définition de $p(x)$ . Donc

$\boxed{\ \tfrac{x}{p(x)}\in \partial K\ }$

3.

Pour $t>0$ : $p(tx)=\inf\{s>0:\tfrac{tx}{s}\in K\}$ ; en posant $s=t s'$ , $=\inf\{ts':\tfrac{x}{s'}\in K\}=t\,p(x)$ . Par symétrie $K=-K$ , $p(-x)=\inf\{t:\tfrac{-x}{t}\in K\}=\inf\{t:\tfrac{x}{t}\in K\}=p(x)$ . Donc pour $t\lt 0$ , $p(tx)=p(|t|(-x))=|t|\,p(-x)=|t|\,p(x)$ , et $p(0\cdot x)=0=|0|p(x)$ .

$\boxed{\ \forall t\in\mathbb{R},\ p(tx)=|t|\,p(x)\ }$

4.

Posons $a=p(x),\ b=p(y)$ , avec $\tfrac{x}{a},\tfrac{y}{b}\in K$ . Par convexité,

$\frac{x+y}{a+b}=\frac{a}{a+b}\cdot\frac{x}{a}+\frac{b}{a+b}\cdot\frac{y}{b}\in K,$

donc $a+b$ est admissible pour $x+y$ , d'où $p(x+y)\le a+b$ .

$\boxed{\ p(x+y)\le p(x)+p(y)\ }$

5.

$p$ est à valeurs positives, séparée (1), positivement homogène de degré $1$ absolue (3) et sous-additive (4) : c'est une norme sur $\mathbb{R}^n$ .

$\boxed{\ p\ \text{est une norme sur }\mathbb{R}^n\ }$

6.

Soit $B_p=\{x:p(x)\le 1\}$ . Si $x\in K$ , $x\ne 0$ : $t=1$ est admissible ( $\tfrac{x}{1}=x\in K$ ), donc $p(x)\le 1$ ; et $0\in B_p$ . Donc $K\subset B_p$ . Réciproquement si $p(x)\le 1$ (et $x\ne 0$ ), $\tfrac{x}{p(x)}\in K$ et

$x=p(x)\cdot\frac{x}{p(x)}+(1-p(x))\cdot 0\in K$

par convexité (car $0\le p(x)\le 1$ ) ; et $0\in K$ . Donc $B_p\subset K$ .

$\boxed{\ K=\{x\in\mathbb{R}^n:p(x)\le 1\}\ \text{(boule unité fermée pour }p)\ }$

التمرين 2

Exercice 2 — Opérateur intégral de Hilbert–Schmidt et son adjoint

#integral-operators#hilbert-schmidt#adjoint-operator#l2-spaces

Soit $K\in L^2(\mathbb{R}^2)$ . Montrer que l'opérateur $T_K:L^2(\mathbb{R})\to L^2(\mathbb{R})$ défini par

$(T_K f)(x) = \int_{\mathbb{R}} K(x,y)\,f(y)\,dy$

est bien défini et borné. Déterminer $T_K^{*}$ , l'adjoint de $T_K$ .

◀الحل

Bonne définition et bornitude.

Par l'inégalité de Cauchy–Schwarz, pour presque tout $x$ :

$|(T_K f)(x)|^2 = \left|\int_{\mathbb{R}} K(x,y)f(y)\,dy\right|^2 \le \left(\int_{\mathbb{R}}|K(x,y)|^2\,dy\right)\|f\|_{L^2}^2.$

En intégrant en $x$ et par le théorème de Fubini–Tonelli :

$\|T_K f\|_{L^2}^2 \le \|f\|_{L^2}^2 \int_{\mathbb{R}}\!\int_{\mathbb{R}} |K(x,y)|^2\,dy\,dx = \|K\|_{L^2(\mathbb{R}^2)}^2\,\|f\|_{L^2}^2.$

Donc $T_K f\in L^2(\mathbb{R})$ et $T_K$ est borné avec

$\boxed{\ \|T_K\|\le \|K\|_{L^2(\mathbb{R}^2)}\ }$

(c'est un opérateur de Hilbert–Schmidt).

Adjoint.

Pour $f,g\in L^2(\mathbb{R})$ , par Fubini :

$\langle T_K f, g\rangle = \int_{\mathbb{R}}\!\left(\int_{\mathbb{R}} K(x,y)f(y)\,dy\right)\overline{g(x)}\,dx = \int_{\mathbb{R}} f(y)\,\overline{\left(\int_{\mathbb{R}} \overline{K(x,y)}\,g(x)\,dx\right)}dy = \langle f, T_K^{*} g\rangle.$

Donc l'adjoint est l'opérateur intégral de noyau $K^{*}(y,x)=\overline{K(x,y)}$ :

$\boxed{\ (T_K^{*} g)(x) = \int_{\mathbb{R}} \overline{K(y,x)}\,g(y)\,dy\ }$

التمرين 3

Exercice 3 — Point fixe d'une contraction stricte sur un compact

#fixed-point-theorem#compactness#contraction-mapping#metric-spaces

Soit $E$ une partie compacte d'un espace vectoriel normé, et $f:E\to E$ une fonction vérifiant

$\forall x,y\in E,\ (x\ne y)\ \Longrightarrow\ \|f(x)-f(y)\|\lt \|x-y\|.$

Montrer que $f$ admet un unique point fixe.

◀الحل

Existence.

La fonction $\varphi:E\to\mathbb{R}$ , $\varphi(x)=\|x-f(x)\|$ , est continue (car $f$ est continue : l'hypothèse entraîne $\|f(x)-f(y)\|\le\|x-y\|$ , donc $f$ est $1$ -lipschitzienne). Sur le compact $E$ , $\varphi$ atteint son minimum en un point $a\in E$ .

Supposons $f(a)\ne a$ . Alors, en appliquant l'hypothèse à $x=a$ et $y=f(a)$ (distincts) :

$\varphi(f(a)) = \|f(a)-f(f(a))\| \lt \|a - f(a)\| = \varphi(a),$

ce qui contredit la minimalité de $\varphi(a)$ . Donc $f(a)=a$ .

$\boxed{\ f\ \text{admet un point fixe } a\ }$

Unicité.

Si $a$ et $b$ sont deux points fixes avec $a\ne b$ , alors

$\|a-b\| = \|f(a)-f(b)\| \lt \|a-b\|,$

absurde. Donc le point fixe est unique.

$\boxed{\ f\ \text{admet un unique point fixe}\ }$