مسابقة دكتوراه 2023 — Université Hassiba Benbouali - Chlef — الموضوع 03

1.

$S(x,x)=\frac{1}{4}(\|2x\|^2-\|0\|^2)=\frac{1}{4}\cdot 4\|x\|^2=\|x\|^2$. Comme $\|x-y\|=\|y-x\|$, on a $S(x,y)=S(y,x)$.

$\boxed{\ S(x,x)=\|x\|^2,\quad S\ \text{symétrique.}\ }$

2.

En appliquant l'identité du parallélogramme aux couples $(x+z,y+z)$ puis $(x-z,y-z)$, on obtient après soustraction (avec $u=x+y$) :

$\|x+z\|^2-\|x-z\|^2+\|y+z\|^2-\|y-z\|^2=\tfrac{1}{2}\big(\|u+2z\|^2-\|u-2z\|^2\big),$

c'est-à-dire $S(x,z)+S(y,z)=\tfrac{1}{2}S(u,2z)$. En prenant $y=0$ (et $S(0,z)=0$), il vient $S(x,2z)=2S(x,z)$, donc

$S(x,z)+S(y,z)=\tfrac{1}{2}S(x+y,2z)=S(x+y,z).$

$\boxed{\ S(x+x',y)=S(x,y)+S(x',y).\ }$

3.

Par additivité (question 2), une récurrence donne $S(nx,y)=nS(x,y)$ pour $n\in\mathbb{N}$, puis pour $n\in\mathbb{Z}$ (car $S(-x,y)=-S(x,y)$). Pour $r=\frac{p}{q}\in\mathbb{Q}$, $qS(\tfrac{p}{q}x,y)=S(px,y)=pS(x,y)$, d'où $S(rx,y)=rS(x,y)$. Enfin, $r\mapsto S(rx,y)$ est continue (la norme l'est), et $\mathbb{Q}$ est dense dans $\mathbb{R}$, donc l'égalité s'étend à tout $r\in\mathbb{R}$.

$\boxed{\ S(rx,y)=r\,S(x,y)\quad\forall r\in\mathbb{R}.\ }$

4.

Des questions 2 et 3, $S$ est linéaire en la première variable, et symétrique, donc bilinéaire symétrique. De plus $S(x,x)=\|x\|^2\geq 0$ et $S(x,x)=0\iff x=0$. Donc $S$ est un produit scalaire, et la norme $\|x\|=\sqrt{S(x,x)}$ en dérive :

$\boxed{\ E\ \text{est un espace préhilbertien.}\ }$

1.

Pour tout $a\in A$, $d(x,A)\leq d(x,a)\leq d(x,y)+d(y,a)$ ; en passant à la borne inférieure sur $a$, $d(x,A)\leq d(x,y)+d(y,A)$. Par symétrie, $|d(x,A)-d(y,A)|\leq d(x,y)$.

$\boxed{\ x\mapsto d(x,A)\ \text{est}\ 1\text{-lipschitzienne.}\ }$

2.

$d(x,A)=0$ signifie que pour tout $\varepsilon\gt 0$ il existe $a\in A$ avec $d(x,a)\lt\varepsilon$, c'est-à-dire que $x$ est limite de points de $A$ :

$\boxed{\ d(x,A)=0\iff x\in\overline{A}.\ }$

3.

$A,B$ étant fermés disjoints, on a $d(x,A)+d(x,B)\gt 0$ pour tout $x$ : sinon $d(x,A)=d(x,B)=0$ donnerait $x\in\overline{A}\cap\overline{B}=A\cap B=\varnothing$, absurde. Donc $h$ est bien définie et continue (quotient de fonctions continues à dénominateur non nul). Si $x\in A$, $d(x,A)=0$ donc $h(x)=0$ ; si $x\in B$, $d(x,B)=0$ donc $h(x)=1$.

$\boxed{\ h\ \text{continue},\ h|_A=0,\ h|_B=1.\ }$

4.

Posons $U=h^{-1}\big([0,\tfrac{1}{2})\big)$ et $V=h^{-1}\big((\tfrac{1}{2},1]\big)$. Ce sont des ouverts (images réciproques d'ouverts par $h$ continue), disjoints, avec $A\subset U$ et $B\subset V$.

$\boxed{\ \text{Tout espace métrique est normal.}\ }$

1.

Pour $x\neq 0$, $f$ est continue comme produit et composée de fonctions continues. En un point $(0,y_0)$, comme $\big|\sin\frac{1}{x}\big|\leq 1$,

$|f(x,y)|\leq x^2|y|\ \xrightarrow[(x,y)\to(0,y_0)]{}\ 0=f(0,y_0).$

$\boxed{\ f\ \text{est continue sur }\mathbb{R}^2.\ }$

2.

Pour $x\neq 0$ :

$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy\sin\!\frac{1}{x}-y\cos\!\frac{1}{x},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2\sin\!\frac{1}{x}.$

En $x=0$, par définition :

$\frac{\partial f}{\partial x}(0,y)=\lim_{h\to 0}\frac{h^2 y\sin\frac{1}{h}}{h}=\lim_{h\to 0}hy\sin\!\frac{1}{h}=0,$

et $\frac{\partial f}{\partial y}(0,y)=\lim_{k\to 0}\frac{f(0,y+k)-f(0,y)}{k}=0$.

$\boxed{\ \tfrac{\partial f}{\partial x}(0,y)=0,\quad \tfrac{\partial f}{\partial y}(0,y)=0.\ }$

3.

La dérivée $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2\sin\frac{1}{x}$ (prolongée par $0$) est continue car $|x^2\sin\frac{1}{x}|\leq x^2\to 0$. En revanche, pour $y_0\neq 0$,

$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y_0)=2xy_0\sin\!\frac{1}{x}-y_0\cos\!\frac{1}{x}$

n'a pas de limite quand $x\to 0$ (le terme $-y_0\cos\frac{1}{x}$ oscille), alors que $\frac{\partial f}{\partial x}(0,y_0)=0$. Donc $\frac{\partial f}{\partial x}$ n'est pas continue en $(0,y_0)$.

$\boxed{\ f\ \text{n'est pas de classe }C^1.\ }$

1.

Pour $x$ fixé, la suite $\big(\frac{1}{x^2+n}\big)_n$ est positive, décroissante et tend vers $0$ : par le critère de Leibniz, la série converge simplement sur $\mathbb{R}$. Le reste vérifie

$|R_N(x)|\leq\frac{1}{x^2+N+1}\leq\frac{1}{N+1}\ \xrightarrow[N\to\infty]{}\ 0,$

borne indépendante de $x$ : la convergence est uniforme sur $\mathbb{R}$ (mais non normale, car $\sum\frac{1}{x^2+n}$ diverge).

$\boxed{\ \text{Convergence simple et uniforme sur }\mathbb{R}.\ }$

2.

On reconnaît une somme télescopique : pour $x\gt 0$,

$g_n(x)=\frac{1}{1+nx}-\frac{1}{1+(n+1)x}.$

Donc $\sum_{n=1}^N g_n(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+(N+1)x}$. Pour $x\gt 0$, cela tend vers $\frac{1}{1+x}$ ; pour $x=0$, $g_n(0)=0$ donc la somme vaut $0$. La série converge donc simplement sur $[0,+\infty[$ vers

$S(x)=\begin{cases}\frac{1}{1+x} & x\gt 0 \\ 0 & x=0.\end{cases}$

La somme $S$ est discontinue en $0$ (car $\lim_{x\to 0^+}S(x)=1\neq 0$), alors que chaque somme partielle est continue : la convergence n'est pas uniforme sur $[0,+\infty[$. En revanche, sur tout $[a,+\infty[$ avec $a\gt 0$, le reste $\frac{1}{1+(N+1)x}\leq\frac{1}{1+(N+1)a}\to 0$ uniformément : la convergence y est uniforme.

$\boxed{\ \text{Simple sur }[0,\infty[,\ \text{uniforme sur }[a,\infty[\ (a\gt 0),\ \text{non uniforme en }0.\ }$