مسابقة دكتوراه 2021 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 02

1. $F=\{x\in H:P_F(x)=x\}$

Si $x\in F$, alors la décomposition $x=x+0$ avec $x\in F$ et $0\in F^\perp$ est la décomposition orthogonale de $x$ (par unicité de la décomposition $H=F\oplus F^\perp$), donc $P_F(x)=x$.

Réciproquement si $P_F(x)=x$, alors par définition $P_F(x)\in F$, donc $x=P_F(x)\in F$.

Donc $\boxed{F=\{x\in H:P_F(x)=x\}}$.

2. Linéarité de $P_F$

Soient $x,y\in H$ et $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$. On a les décompositions orthogonales uniques : $x=P_F(x)+(x-P_F(x)),\qquad y=P_F(y)+(y-P_F(y)),$ avec $P_F(x),P_F(y)\in F$ et $x-P_F(x),\,y-P_F(y)\in F^\perp$.

Alors $\lambda x+\mu y=\big(\lambda P_F(x)+\mu P_F(y)\big)+\big(\lambda(x-P_F(x))+\mu(y-P_F(y))\big).$ Comme $F$ et $F^\perp$ sont des sous-espaces vectoriels, $\lambda P_F(x)+\mu P_F(y)\in F$ et $\lambda(x-P_F(x))+\mu(y-P_F(y))\in F^\perp$. Par unicité de la décomposition orthogonale de $\lambda x+\mu y$ : $P_F(\lambda x+\mu y)=\lambda P_F(x)+\mu P_F(y).$ Donc $P_F$ est linéaire.

3. Continuité et norme de $P_F$

Par le théorème de Pythagore appliqué à $x=P_F(x)+(x-P_F(x))$ (somme orthogonale) : $\|x\|^2=\|P_F(x)\|^2+\|x-P_F(x)\|^2\ge\|P_F(x)\|^2,$ donc $\|P_F(x)\|\le\|x\|$ pour tout $x\in H$. Ainsi $P_F$ est continue (linéaire bornée) avec $\|P_F\|\le1$.

Si $F\neq\{0\}$, soit $x_0\in F$, $x_0\neq0$. Alors $P_F(x_0)=x_0$ (question 1), donc $\dfrac{\|P_F(x_0)\|}{\|x_0\|}=1$. Ainsi $\|P_F\|\ge1$, et combiné à $\|P_F\|\le1$ : $\boxed{\|P_F\|=1.}$

4. $\mathrm{Ker}(P_F)=F^\perp$

Soit $x\in F^\perp$. La décomposition orthogonale de $x$ s'écrit $x=0+x$ avec $0\in F$ et $x\in F^\perp$ ; par unicité $P_F(x)=0$, donc $x\in\mathrm{Ker}(P_F)$. Ainsi $F^\perp\subset\mathrm{Ker}(P_F)$.

Réciproquement, si $P_F(x)=0$, alors $x-P_F(x)=x\in F^\perp$ (par définition de $P_F$), donc $x\in F^\perp$. Ainsi $\mathrm{Ker}(P_F)\subset F^\perp$.

Donc $\boxed{\mathrm{Ker}(P_F)=F^\perp}$.

1. Continuité et norme de $T$

Posons $g(t)=1$ si $t\in[-1,0)$ et $g(t)=-1$ si $t\in[0,1]$ (fonction signe renversée). Alors $T(f)=\int_{-1}^1 f(t)g(t)\,dt=\langle f,g\rangle.$ Par l'inégalité de Cauchy–Schwarz, $|T(f)|=|\langle f,g\rangle|\le\|f\|_2\,\|g\|_2$. Or $\|g\|_2^2=\int_{-1}^1 g(t)^2dt=\int_{-1}^1 1\,dt=2$, donc $\|g\|_2=\sqrt2$. Ainsi $T$ est continue avec $\|T\|\le\sqrt2$.

De plus, en prenant $f=g$ (qui appartient à $L^2([-1,1])$) : $\frac{|T(g)|}{\|g\|_2}=\frac{\langle g,g\rangle}{\|g\|_2}=\frac{\|g\|_2^2}{\|g\|_2}=\|g\|_2=\sqrt2,$ donc $\|T\|\ge\sqrt2$. En combinant : $\boxed{\|T\|=\sqrt2.}$

2. Noyau de $T$

Comme $T(f)=\langle f,g\rangle$ avec $g$ défini ci-dessus, $\mathrm{Ker}(T)=\{f\in H:\langle f,g\rangle=0\}=(\mathrm{Vect}\{g\})^\perp.$ On prend donc $\boxed{g_0=g}$, c'est-à-dire $g_0(t)=1$ sur $[-1,0)$ et $g_0(t)=-1$ sur $[0,1]$, et $\mathrm{Ker}(T)=(\mathrm{Vect}\{g_0\})^\perp$.

3. Projection orthogonale de $h(t)=t$ sur $\mathrm{Ker}(T)$

Comme $\mathrm{Ker}(T)=(\mathrm{Vect}\{g_0\})^\perp$, la projection orthogonale de $h$ sur $\mathrm{Ker}(T)$ est donnée par $P_{\mathrm{Ker}(T)}(h)=h-\frac{\langle h,g_0\rangle}{\|g_0\|_2^2}\,g_0.$ Calculons $\langle h,g_0\rangle=\displaystyle\int_{-1}^0 t\cdot1\,dt+\int_0^1 t\cdot(-1)\,dt=\Big[\frac{t^2}2\Big]_{-1}^0-\Big[\frac{t^2}2\Big]_0^1=\Big(0-\frac12\Big)-\Big(\frac12-0\Big)=-1.$

Et $\|g_0\|_2^2=2$ (calculé en 1). Donc $P_{\mathrm{Ker}(T)}(h)(t)=t-\frac{-1}{2}g_0(t)=t+\frac12 g_0(t).$ Explicitement : $\boxed{P_{\mathrm{Ker}(T)}(h)(t)=\begin{cases}t+\dfrac12,& t\in[-1,0)\\[4pt] t-\dfrac12,& t\in[0,1]\end{cases}}$

1. Non-existence de $C$ : les normes ne sont pas équivalentes

Pour $f_n(t)=t^n$, on a $\|f_n\|_\infty=1$ et $\|f_n\|_1=\int_0^1 t^n\,dt=\frac1{n+1}.$ Si une telle constante $C$ existait, on aurait $1=\|f_n\|_\infty\le C\|f_n\|_1=\dfrac{C}{n+1}$, soit $n+1\le C$ pour tout $n\in\mathbb{N}$, ce qui est impossible car le membre de gauche tend vers $+\infty$. Donc aucune constante $C$ ne convient : les normes $\|\cdot\|_\infty$ et $\|\cdot\|_1$ ne sont pas équivalentes sur $E$.

2a. $(g_n)$ est de Cauchy pour $\|\cdot\|_1$

Pour $p\ge0$, $g_{n+p}(t)-g_n(t)=0$ dès que $\dfrac1{\sqrt t}\le n$, c'est-à-dire $t\ge1/n^2$. Pour $t<1/n^2$, on a $0\le g_{n+p}(t)-g_n(t)\le g_{n+p}(t)\le n+p$. Précisément, calculons directement : $\|g_{n+p}-g_n\|_1=\int_0^{1/(n+p)^2}0\,dt+\int_{1/(n+p)^2}^{1/n^2}\Big(\frac1{\sqrt t}-n\Big)dt.$ En effet, pour $t\in[1/(n+p)^2,1/n^2]$, $g_{n+p}(t)=1/\sqrt t$ (car $1/\sqrt t\le n+p$) et $g_n(t)=n$ (car $1/\sqrt t\ge n$). Calculons : $\int_{1/(n+p)^2}^{1/n^2}\frac1{\sqrt t}\,dt=\Big[2\sqrt t\Big]_{1/(n+p)^2}^{1/n^2}=\frac2n-\frac2{n+p},$ et $\int_{1/(n+p)^2}^{1/n^2}n\,dt=n\Big(\frac1{n^2}-\frac1{(n+p)^2}\Big).$ Donc $\|g_{n+p}-g_n\|_1=\frac2n-\frac2{n+p}-\frac1n+\frac{n}{(n+p)^2}=\frac1n-\frac2{n+p}+\frac{n}{(n+p)^2}.$ On vérifie que cette expression est majorée par $\dfrac1n-\dfrac1{n+p}$ : en effet $\frac1n-\frac2{n+p}+\frac{n}{(n+p)^2}-\Big(\frac1n-\frac1{n+p}\Big)=-\frac1{n+p}+\frac{n}{(n+p)^2}=\frac{-(n+p)+n}{(n+p)^2}=\frac{-p}{(n+p)^2}\le0.$ Donc $0\le\|g_{n+p}-g_n\|_1\le\frac1n-\frac1{n+p}\le\frac1n\xrightarrow[n\to\infty]{}0,$ uniformément en $p\ge0$. Donc $(g_n)$ est de Cauchy pour $\|\cdot\|_1$.

2b. Non-convergence dans $(E,\|\cdot\|_1)$ ; incomplétude

Supposons que $g_n\to g$ dans $(E,\|\cdot\|_1)$ pour un certain $g\in E=C([0,1])$. Sur tout intervalle $[\varepsilon,1]$ avec $\varepsilon>0$ fixé, dès que $n>1/\sqrt\varepsilon$, $g_n(t)=1/\sqrt t$ pour tout $t\in[\varepsilon,1]$ ; donc $g_n\to 1/\sqrt t$ uniformément (donc en $\|\cdot\|_1$) sur $[\varepsilon,1]$. Par unicité de la limite $L^1$, $g(t)=1/\sqrt t$ presque partout sur $[\varepsilon,1]$, et ceci pour tout $\varepsilon>0$, donc $g(t)=1/\sqrt t$ pour tout $t\in(0,1]$.

Or $t\mapsto1/\sqrt t$ n'est pas bornée au voisinage de $0$, donc ne peut pas être prolongée en une fonction continue sur $[0,1]$ : contradiction avec $g\in C([0,1])$.

Donc $(g_n)$ ne converge pas dans $(E,\|\cdot\|_1)$. Comme $(g_n)$ est de Cauchy (2a) mais non convergente, l'espace $\boxed{(E,\|\cdot\|_1)\text{ n'est pas complet.}}$

3. Étude de $A=\{f\in E:\|f\|_\infty<1\}$

$A$ est ouvert. $A$ est la boule ouverte $B_\infty(0,1)$ pour la norme $\|\cdot\|_\infty$ (image réciproque de $(-\infty,1)$ par l'application continue $f\mapsto\|f\|_\infty$), donc $A$ est ouvert pour $\|\cdot\|_\infty$.

Calcul de $\overline A$. Montrons que $\overline A=\{f\in E:\|f\|_\infty\le1\}=:\bar B$.

Inclusion $\overline A\subset\bar B$ : $\bar B$ est fermé (image réciproque du fermé $(-\infty,1]$) et contient $A$, donc contient l'adhérence $\overline A$.

Inclusion $\bar B\subset\overline A$ : soit $f\in\bar B$, i.e. $\|f\|_\infty\le1$. Pour $n\ge1$, posons $f_n=\Big(1-\dfrac1n\Big)f$. Alors $\|f_n\|_\infty=\Big(1-\dfrac1n\Big)\|f\|_\infty\le1-\dfrac1n<1$, donc $f_n\in A$. De plus $\|f_n-f\|_\infty=\frac1n\|f\|_\infty\le\frac1n\xrightarrow[n\to\infty]{}0,$ donc $f_n\to f$ dans $(E,\|\cdot\|_\infty)$, ce qui montre $f\in\overline A$.

Donc $\boxed{\overline A=\{f\in E:\|f\|_\infty\le1\}}$ est la boule fermée unité de $(E,\|\cdot\|_\infty)$.