مسابقة دكتوراه 2022 — Université Ferhat Abbas - Sétif 1 — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle

Concours national d'accès au Doctorat 2022-2023 — Faculté des Sciences, Université Ferhat Abbas Sétif 1 — Épreuve d'Analyse fonctionnelle et problèmes aux limites (spécialité Mathématiques appliquées)

التمرين 1

Opérateur de Volterra, puissances itérées et équation intégrale

#analyse fonctionnelle#opérateur de Volterra#équation intégrale#séries de Neumann

Soit $H=L^2[0,1]$ et $T:H\to H$ définie par $Tf(x)=\int_0^x (x-t) f(t)\,dt$ .

Montrer que $\|T\|<1$ et que pour $n\ge1$ , $T^n f(x)=\int_0^x \frac{(x-t)^{2n-1}}{(2n-1)!} f(t)\,dt$ , où $T^n=T\circ T\circ\cdots\circ T$ .
Résoudre l'équation intégrale, avec $g\in H$ donnée et $f\in H$ l'inconnue, $f(x)=g(x)+\int_0^x (x-t)f(t)\,dt$ . Indication : $(I-T)^{-1}=\sum_{n\ge0}T^n$ si $\|T\|<1$ .

On reconnaît dans $T$ l'opérateur de double intégration de Volterra (associé à $y''=f$ ) ; le noyau résolvant $\sinh(x-t)$ correspond à l'équation différentielle $y''-y=g$ .

◀الحل

1. Par Cauchy–Schwarz, pour $f\in H$ : $|Tf(x)|^2\le\left(\int_0^x(x-t)^2dt\right)\int_0^x f(t)^2dt \le \frac{x^3}{3}\|f\|^2\le\frac13\|f\|^2$ pour $x\in[0,1]$ . En intégrant sur $[0,1]$ : $\|Tf\|^2\le\frac13\|f\|^2$ , donc $\|T\|\le\frac1{\sqrt3}<1$ .

Formule pour $T^n$ par récurrence : pour $n=1$ c'est la définition. Supposons-la vraie au rang $n$ ; par Fubini (échange de l'ordre d'intégration sur $0\le t\le s\le x$ ): $T^{n+1}f(x)=\int_0^x f(t)\left(\int_t^x\frac{(x-s)(s-t)^{2n-1}}{(2n-1)!}ds\right)dt$ . Le changement de variable $u=s-t$ donne $\int_0^{x-t}[(x-t)-u]u^{2n-1}du=\frac{(x-t)^{2n+1}}{2n(2n+1)}$ , d'où le facteur $\frac{(x-t)^{2n+1}}{(2n+1)!}$ , ce qui établit la formule au rang $n+1$ .

2. L'équation s'écrit $f=g+Tf$ , i.e. $(I-T)f=g$ . Comme $\|T\|<1$ , $f=(I-T)^{-1}g=\sum_{n\ge0}T^ng$ . En reconnaissant $\sum_{n\ge1}\frac{u^{2n-1}}{(2n-1)!}=\sinh(u)$ : $f(x)=g(x)+\int_0^x \sinh(x-t)\,g(t)\,dt.$

التمرين 2

Points fixes d'un opérateur de norme au plus 1 dans un Hilbert

#analyse fonctionnelle#espace de Hilbert#opérateur adjoint#projection

Soit $H$ un espace hilbertien et $A$ un opérateur linéaire continu tel que $\|A\|\le1$ . On considère l'ensemble $E=\{x\in H: Ax=x\}$ .

Montrer que $E$ est un sous-espace vectoriel fermé de $H$ .
On note $A^*$ l'adjoint de $A$ . Montrer que $\|x\|^2=\langle x,A^*x\rangle$ , $\forall x\in E$ .
En déduire que : i. $\|A^*x\|=\|x\|,\ \forall x\in E$ . ii. $A^*x=x,\ \forall x\in E$ . iii. $E=\mathrm{Ker}(I-A^*)$ .
Montrer que $[(I-A)(H)]^\perp=E$ (Indication : $(\mathrm{Im}\,A)^\perp=\mathrm{Ker}\,A^*$ ).

Le point clé est le cas d'égalité de Cauchy–Schwarz : dès que $\|A\|\le1$ , l'égalité force $A^*x=x$ , pas seulement $\|A^*x\|=\|x\|$ .

◀الحل

1. $E=\mathrm{Ker}(I-A)$ , noyau d'un opérateur linéaire continu, donc sous-espace vectoriel fermé.

2. Pour $x\in E$ , $Ax=x$ donc $\|x\|^2=\langle x,x\rangle=\langle Ax,x\rangle=\langle x,A^*x\rangle$ .

3i. Cauchy–Schwarz : $\|x\|^2=\langle x,A^*x\rangle\le \|x\|\,\|A^*x\|$ , donc $\|x\|\le\|A^*x\|$ si $x\ne0$ . Par ailleurs $\|A^*\|=\|A\|\le1$ donne $\|A^*x\|\le\|x\|$ . D'où $\|A^*x\|=\|x\|$ .

3ii. $\|A^*x-x\|^2=\|A^*x\|^2-2\,\mathrm{Re}\langle A^*x,x\rangle+\|x\|^2=2\|x\|^2-2\|x\|^2=0$ car $\langle A^*x,x\rangle=\overline{\langle x,A^*x\rangle}=\|x\|^2$ (réel). Donc $A^*x=x$ .

3iii. D'après 3ii, $E\subset\mathrm{Ker}(I-A^*)$ . Réciproquement $\|A^*\|\le1$ et $(A^*)^*=A$ , donc le même raisonnement appliqué à $A^*$ montre que si $A^*x=x$ alors $Ax=x$ . D'où l'égalité.

4. Avec $B=I-A$ : $[(I-A)(H)]^\perp=\mathrm{Im}(I-A)^\perp=\mathrm{Ker}\big((I-A)^*\big)=\mathrm{Ker}(I-A^*)=E$ .

التمرين 3

Formulation variationnelle et Lax-Milgram pour une EDO avec condition de Robin

#analyse fonctionnelle#formulation variationnelle#Lax-Milgram#équation différentielle#inégalité de Poincaré

Soit le problème $(P)$ : $\cos(x)u''(x)-\sin(x)u'(x)-xu(x)=1$ , $x\in I=]0,\pi/6[$ , avec $u'(0)=-u(0)$ , $u(\pi/6)=0$ .

Montrer qu'il existe $C_p>0$ tel que $\|w\|_{L^2(I)}\le C_p\|w'\|_{L^2(I)}$ , $\forall w\in H^1(I)$ avec $w(\pi/6)=0$ .
Écrire la formulation variationnelle de $(P)$ : trouver $H$ , une forme bilinéaire $a$ et une forme linéaire $L$ telles que $(P_V)$ : trouver $u\in H$ , $a(u,v)=L(v)$ , $\forall v\in H$ .
Discuter le résultat d'existence et d'unicité de $(P_V)$ .
Déterminer les estimations de stabilité de la solution de $(P_V)$ .

L'astuce est de traiter le terme de bord $-v(0)^2$ issu de la condition de Robin $u'(0)=-u(0)$ comme un terme à absorber grâce à l'inégalité de Poincaré, ce qui rend la coercivité non triviale.

◀الحل

1. Pour $w\in H^1(I)$ avec $w(\pi/6)=0$ : $w(x)=-\int_x^{\pi/6}w'(t)dt$ , donc par Cauchy–Schwarz $|w(x)|^2\le \frac{\pi}{6}\int_0^{\pi/6}w'(t)^2dt$ . En intégrant sur $x\in(0,\pi/6)$ : $\|w\|_{L^2}^2\le (\pi/6)^2\|w'\|_{L^2}^2$ , soit $C_p=\pi/6$ .

2. On remarque $\cos(x)u''-\sin(x)u'=(\cos(x)u')'$ . Posons $H=\{v\in H^1(I): v(\pi/6)=0\}$ . On multiplie par $v\in H$ et on intègre par parties : le crochet en $\pi/6$ s'annule, en $0$ (avec $u'(0)=-u(0)$ ) il vaut $u(0)v(0)$ . On obtient $a(u,v)=\int_I\cos(x)u'(x)v'(x)dx+\int_Ixu(x)v(x)dx-u(0)v(0)$ et $L(v)=-\int_Iv(x)dx$ , avec $H$ muni du produit scalaire $\langle u,v\rangle_H=\int_Iu'v'dx$ (équivalent à celui de $H^1$ via l'inégalité de Poincaré du 1.).

3. $H$ est un Hilbert. $L$ est continue ( $|L(v)|\le\sqrt{\pi/6}\|v\|_{L^2}$ ). $a$ est continue (via l'injection $H^1(I)\hookrightarrow C(\bar I)$ pour le terme de bord). Coercivité : $a(v,v)\ge \frac{\sqrt3}{2}\|v'\|_{L^2}^2-v(0)^2$ (car $\cos x\ge\cos(\pi/6)=\sqrt3/2$ , $x\ge0$ ), et $v(0)^2\le(\pi/6)\|v'\|_{L^2}^2$ , d'où $a(v,v)\ge(\sqrt3/2-\pi/6)\|v'\|_{L^2}^2$ avec $\sqrt3/2-\pi/6\approx0.34>0$ . Par Lax–Milgram, $(P_V)$ admet une unique solution $u\in H$ .

4. Avec $\alpha=\sqrt3/2-\pi/6$ : $\alpha\|u\|_H^2\le a(u,u)=L(u)\le\|L\|\|u\|_H$ , donc $\|u\|_H\le\|L\|/\alpha\le\sqrt{\pi/6}/\alpha$ . Plus généralement pour $f\in L^2(I)$ au second membre, $\|u\|_H\le\|f\|_{L^2}\sqrt{\pi/6}/\alpha$ : la solution dépend continûment de la donnée.