مسابقة دكتوراه 2023 — Université Hassiba Benbouali - Chlef — الموضوع 04

1.

i. Linéarité

Soit $x \in \mathcal{X}$. Pour tous $\varphi, \psi \in \mathcal{X}'$ et tout $\alpha \in \mathbb{C}$ :

$$F_x(\alpha\varphi + \psi) = (\alpha\varphi + \psi)(x) = \alpha\varphi(x) + \psi(x) = \alpha F_x(\varphi) + F_x(\psi).$$

Donc $F_x$ est une forme linéaire sur $\mathcal{X}'$.

ii. Continuité

Pour tout $x \in \mathcal{X}$ et tout $\varphi \in \mathcal{X}'$ :

$$|F_x(\varphi)| = |\varphi(x)| \leq \|\varphi\| \|x\|$$

car $\varphi$ est continue. Donc $F_x$ est continue sur $\mathcal{X}'$ et $\|F_x\| \leq \|x\|$.

2.

Par le théorème de Hahn-Banach, pour tout $x \in \mathcal{X}$ :

$$\|F_x\| = \sup_{f \in \mathcal{X}'} |F_x(f)| = \sup_{f \in \mathcal{X}'} |f(x)| = \|x\|.$$ $$\boxed{\|F_x\| = \|x\|, \text{ donc } F \text{ est une isométrie}}$$

1.

Pour tout $f \in E$ :

$$\|Af\|_2^2 = \int_{\mathbb{R}} |Af(t)|^2 dt = \frac{1}{4}\int_{\mathbb{R}} |f(t)+f(-t)|^2 dt \leq \frac{1}{4}\left(2\int|f(t)|^2 dt + 2\int|f(-t)|^2 dt\right) = \int|f(t)|^2 dt.$$

Donc $\|Af\| \leq \|f\|$ et $\|A\| \leq 1$.

2.

Pour $f_0(t) = \frac{e^{-t^2/2}}{\sqrt[4]{\pi}}$ : $\|f_0\|_2 = 1$ et $Af_0 = f_0$ (car $f_0$ est paire). Donc $\|Af_0\| = \|f_0\| = 1$.

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

3.

$\langle Af, g \rangle = \frac{1}{2}\int(f(t)+f(-t))g(t)dt$. Par changement de variable $t \to -t$ dans le second terme :

$\langle Af, g \rangle = \frac{1}{2}\int f(t)(g(t)+g(-t))dt = \langle f, Ag \rangle$.

Donc $A^* = A$ (auto-adjoint).

4.

Pour $\lambda \in \mathbb{R}$ et $(\lambda I - A)f = g$, on obtient le système :

$(2\lambda-1)f(t) - f(-t) = 2g(t)$ et $(2\lambda-1)f(-t) - f(t) = 2g(-t)$.

Pour $\lambda \notin \{0, 1\}$ : on résout et on obtient $f(t) = \frac{g(-t) + (2\lambda-1)g(-t)}{2\lambda(\lambda-1)}$, donc $\lambda I - A$ est surjectif.

Pour l'injectivité : $\ker(\lambda I - A) = \{0\}$ ssi $\lambda \neq 1/2$... En fait, le noyau est trivial pour $\lambda \notin \{0, 1\}$.

Donc $\lambda I - A$ est inversible pour $\lambda \notin \{0, 1\}$, i.e. $\rho(A) = \mathbb{R} \setminus \{0, 1\}$.

$$\boxed{\sigma(A) = \{0, 1\}}$$

1.

Soit $x \in B(0, r)$. Alors $\|x\| \lt r$, donc $\|x + a - a\| \lt r$, i.e. $x + a \in B(a, r) \subset F$. Comme $F$ est un sous-espace vectoriel et $a \in F$ (car $a \in B(a,r) \subset F$), on a $x = (x+a) - a \in F$. Donc $B(0,r) \subset F$.

2.

Par l'absurde : si $\text{Int}(F) \neq \emptyset$, il existe $x_0 \in \text{Int}(F)$ et $r \gt 0$ tels que $B(x_0, r) \subset F$. Par la question 1, $B(0,r) \subset F$. Pour tout $x \in E$ : $y = \frac{rx}{1+\|x\|} \in B(0,r) \subset F$, donc $x = \frac{1+\|x\|}{r}y \in F$. Ainsi $E = F$, contradiction.

$$\boxed{\text{Int}(F) = \emptyset}$$

3.

Posons $E_n = \ker(T^n) = (T^n)^{-1}\{0\}$. Les $T^n$ sont continues, donc les $E_n$ sont fermés. Par (1), $E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} E_n$. Par le théorème de Baire, il existe $N_0$ tel que $\text{Int}(E_{N_0}) \neq \emptyset$. Par la question 2, comme $E_{N_0}$ est un sous-espace vectoriel d'intérieur non vide, $E_{N_0} = E$. Donc $T^{N_0}(x) = 0$ pour tout $x$.

4.

Si $P \in \mathbb{R}[X]$ est de degré $k \geq 1$, alors $T^k(P) = P^{(k)} = k! \cdot a_k$ (constante) et $T^{k+1}(P) = 0$. La condition (1) est vérifiée. Mais pour tout $N \in \mathbb{N}$, il existe $P$ de degré $\gt N$ tel que $T^N(P) \neq 0$. La condition (2) n'est pas vérifiée.

5.

On conclut que $\mathbb{R}[X]$ muni de cette norme n'est pas un espace de Banach (sinon le théorème de Baire s'appliquerait et (1) impliquerait (2)).

$$\boxed{(\mathbb{R}[X], \|\cdot\|) \text{ n'est pas un espace de Banach}}$$