مسابقة دكتوراه 2023 — Université Mohamed El Bachir El Ibrahimi - Bordj Bou Arréridj — الموضوع 02

1.

Linéarité. Évidente par linéarité de l'intégrale. De plus $(Tf)(0)=0$ et $Tf$ est $C^1$ (primitive d'une fonction continue), donc $Tf\in F$.

Continuité. Pour tout $x\in[0,1]$,

$|Tf(x)|=\left|\int_0^x f(t)\,dt\right|\leq \int_0^x |f(t)|\,dt\leq x\,\|f\|_{\infty}\leq \|f\|_{\infty}.$

Donc $\|Tf\|_{\infty}\leq \|f\|_{\infty}$, ce qui prouve que $T$ est continue avec $\|T\|\leq 1$.

Calcul de la norme. Prenons $f\equiv 1$ : $\|f\|_{\infty}=1$ et $Tf(x)=x$, donc $\|Tf\|_{\infty}=1$. Ainsi $\|T\|\geq 1$.

$\boxed{\ \|T\|_{\mathcal{L}(E,F)}=1\ }$

a.

Considérons $g_n(x)=\dfrac{1}{n}\sin(nx)$. On a $g_n\in C^1([0,1])$ et $g_n(0)=0$, donc $g_n\in F$. De plus

$\|g_n\|_{\infty}=\frac{1}{n}\sup_{x\in[0,1]}|\sin(nx)|=\frac{1}{n}\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ 0\quad(n\geq 2),$

tandis que $Sg_n=g_n'=\cos(nx)$ vérifie $\|Sg_n\|_{\infty}=1$. Par conséquent

$\frac{\|Sg_n\|_{\infty}}{\|g_n\|_{\infty}}=n\ \xrightarrow[n\to\infty]{}\ +\infty,$

donc $S$ n'est pas borné.

$\boxed{\ S\ \text{n'est pas borné.}\ }$

b.

Remarquons que $T:E\to F$ est une bijection linéaire continue, d'inverse $S$. En effet, pour $g\in F$, $T(g')(x)=\int_0^x g'(t)\,dt=g(x)-g(0)=g(x)$, donc $T\circ S=\mathrm{id}_F$ ; et $S\circ T=\mathrm{id}_E$ car $(Tf)'=f$. Ainsi $S=T^{-1}$.

Supposons par l'absurde que $F$ soit un espace de Banach. Comme $E=C([0,1])$ est complet, $T$ serait une bijection linéaire continue entre deux espaces de Banach ; par le théorème de l'application ouverte (théorème de l'inverse borné), $T^{-1}=S$ serait continue. Ceci contredit le point a.

$\boxed{\ F\ \text{n'est pas un espace de Banach.}\ }$

c.

L'application $\varphi:(C^1([0,1]),\|\cdot\|_{\infty})\to\mathbb{R},\ \varphi(f)=f(0)$ est linéaire et continue (car $|f(0)|\leq\|f\|_{\infty}$), donc $F=\ker\varphi$ est un sous-espace fermé de $C^1([0,1])$ pour $\|\cdot\|_{\infty}$.

Si $(C^1([0,1]),\|\cdot\|_{\infty})$ était complet, son sous-espace fermé $F$ le serait aussi, contredisant le point b.

$\boxed{\ (C^1([0,1]),\|\cdot\|_{\infty})\ \text{n'est pas un espace de Banach.}\ }$

1.

(a) $\Rightarrow$ (b). Supposons $\mathrm{Gr}(L)$ fermé. Si $x_n\to 0$ et $Lx_n\to y$, alors $(x_n,Lx_n)\to(0,y)$ dans $X\times Y$. Comme $(x_n,Lx_n)\in\mathrm{Gr}(L)$ et que celui-ci est fermé, $(0,y)\in\mathrm{Gr}(L)$, donc $y=L(0)=0$.

(b) $\Rightarrow$ (a). Soit $(x_n,Lx_n)\to(x,y)$, i.e. $x_n\to x$ et $Lx_n\to y$. Posons $z_n=x_n-x\to 0$ ; par linéarité $Lz_n=Lx_n-Lx\to y-Lx$. D'après (b), $y-Lx=0$, donc $y=Lx$ et $(x,y)\in\mathrm{Gr}(L)$. Le graphe est fermé.

$\boxed{\ \text{(a)}\iff\text{(b)}\ }$

2.

$H$ étant un espace de Hilbert, il est complet ; on utilise le théorème du graphe fermé. Montrons que $\mathrm{Gr}(T)$ est fermé. Soit $x_n\to x$ et $Tx_n\to y$. Pour tout $z\in H$, par symétrie,

$\langle y,z\rangle=\lim_n\langle Tx_n,z\rangle=\lim_n\langle x_n,Tz\rangle=\langle x,Tz\rangle=\langle Tx,z\rangle.$

Donc $\langle y-Tx,z\rangle=0$ pour tout $z\in H$, d'où $y=Tx$. Le graphe est fermé, et $X=Y=H$ étant complets, le théorème du graphe fermé donne la continuité de $T$.

$\boxed{\ T\ \text{est continu (borné).}\ }$

3.

On applique de nouveau le théorème du graphe fermé à $S:X\to Y$ ($X,Y$ Banach). Soit $x_n\to x$ dans $X$ et $Sx_n\to y$ dans $Y$.

Comme $J$ est continu, $J(Sx_n)\to J(y)$. D'autre part $JS$ est borné donc continu, et $x_n\to x$ entraîne $JS(x_n)\to JS(x)=J(Sx)$. Par unicité de la limite,

$J(y)=J(Sx)\ \Longrightarrow\ J(y-Sx)=0.$

$J$ étant injectif, $y=Sx$, donc $(x,y)\in\mathrm{Gr}(S)$ : le graphe de $S$ est fermé. Par le théorème du graphe fermé, $S$ est borné.

$\boxed{\ S\ \text{est borné.}\ }$

1.

$X\sim\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ admet la densité $\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/(2\sigma^2)}$. Donc

$\mathbb{E}(e^{X})=\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\!\Big(x-\frac{x^2}{2\sigma^2}\Big)dx.$

En complétant le carré, $x-\frac{x^2}{2\sigma^2}=-\frac{1}{2\sigma^2}(x-\sigma^2)^2+\frac{\sigma^2}{2}$, d'où

$\mathbb{E}(e^{X})=e^{\sigma^2/2}\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-(x-\sigma^2)^2/(2\sigma^2)}\,dx=e^{\sigma^2/2}.$

$\boxed{\ \mathbb{E}(e^{X})=e^{\sigma^2/2}\ }$

a.

On suppose $h\in L^2([0,T])$, i.e. $\int_0^t h^2(s)\,ds\lt +\infty$. Alors $Y_t$ est une intégrale de Wiener : c'est une variable gaussienne. Par les propriétés de l'intégrale d'Itô d'un intégrand déterministe,

$\mathbb{E}(Y_t)=0,\qquad \mathrm{var}(Y_t)=\mathbb{E}(Y_t^2)=\int_0^t h^2(s)\,ds=g(t)$

(la seconde égalité est l'isométrie d'Itô). Ainsi $Y_t\sim\mathcal{N}(0,g(t))$.

$\boxed{\ \mathbb{E}(Y_t)=0,\quad \mathrm{var}(Y_t)=\int_0^t h^2(s)\,ds\ }$

b.

$(M_t)$ est adapté (car $Y_t$ l'est) et intégrable : $\mathbb{E}(M_t)=e^{-g(t)/2}\,\mathbb{E}(e^{Y_t})=e^{-g(t)/2}e^{g(t)/2}=1$ (question 1 avec $\sigma^2=g(t)$).

Soit $0\leq s\leq t$. L'accroissement $Y_t-Y_s=\int_s^t h\,dB$ est indépendant de $\mathcal{F}_s$ et suit $\mathcal{N}(0,g(t)-g(s))$. On écrit

$M_t=M_s\,\exp\!\Big((Y_t-Y_s)-\tfrac{1}{2}\big(g(t)-g(s)\big)\Big).$

En conditionnant, comme $M_s$ est $\mathcal{F}_s$-mesurable et l'accroissement est indépendant de $\mathcal{F}_s$,

$\mathbb{E}(M_t\mid\mathcal{F}_s)=M_s\,e^{-\frac{1}{2}(g(t)-g(s))}\,\mathbb{E}\big(e^{Y_t-Y_s}\big)=M_s\,e^{-\frac{1}{2}(g(t)-g(s))}\,e^{\frac{1}{2}(g(t)-g(s))}=M_s.$

Donc $(M_t)_{t}$ est une $\mathcal{F}_t$-martingale.

$\boxed{\ (M_t)\ \text{est une martingale, }\mathbb{E}(M_t)=1.\ }$

c.

Pour $\lambda\gt 0$, la fonction $\lambda h$ donne de même la martingale positive

$N_s=\exp\!\Big(\lambda Y_s-\tfrac{\lambda^2}{2}g(s)\Big),\qquad \mathbb{E}(N_s)=1,\ N_0=1.$

Comme $g$ est croissante, sur l'événement $\{\sup_{s\leq t}Y_s\gt\alpha\}$ il existe $s$ tel que $\lambda Y_s\gt\lambda\alpha$, donc

$N_s=e^{\lambda Y_s-\frac{\lambda^2}{2}g(s)}\gt e^{\lambda\alpha-\frac{\lambda^2}{2}g(s)}\geq e^{\lambda\alpha-\frac{\lambda^2}{2}g(t)}.$

Ainsi $\{\sup_{s\leq t}Y_s\gt\alpha\}\subset\{\sup_{s\leq t}N_s\gt e^{\lambda\alpha-\frac{\lambda^2}{2}g(t)}\}$. Par l'inégalité maximale de Doob appliquée à la martingale positive $N$ (avec $\mathbb{E}(N_t)=1$),

$\mathbb{P}\Big\{\sup_{s\leq t}Y_s\gt\alpha\Big\}\leq \frac{\mathbb{E}(N_t)}{e^{\lambda\alpha-\frac{\lambda^2}{2}g(t)}}=\exp\!\Big(-\lambda\alpha+\tfrac{\lambda^2}{2}g(t)\Big).$

On optimise en $\lambda$ : le minimum de $-\lambda\alpha+\frac{\lambda^2}{2}g(t)$ est atteint en $\lambda=\dfrac{\alpha}{g(t)}$ et vaut $-\dfrac{\alpha^2}{2g(t)}$. D'où

$\boxed{\ \mathbb{P}\Big\{\sup_{0\leq s\leq t}Y_s\gt\alpha\Big\}\leq \exp\!\Big(-\frac{\alpha^2}{2g(t)}\Big)\ }$