مسابقة دكتوراه 2025 — Université Mohamed Khider

التمرين 1

Inégalité de Cauchy-Schwarz et caractérisation des vecteurs propres

Soit $H$ un $\mathbb{R}$ -espace de Hilbert muni du produit scalaire $\langle x,y\rangle$ et de la norme induite $\|x\|=\sqrt{\langle x,x\rangle}$ .

1. Montrer que pour tout $t\in\mathbb{R}$ et tous $x,y\in H$ , on a $\|x+ty\|^2=\|x\|^2+t^2\|y\|^2+2t\,\langle x,y\rangle.$

2. Utiliser le fait que $\|x+ty\|^2\ge 0$ pour tout $t\in\mathbb{R}$ afin de démontrer l'inégalité de Cauchy-Schwarz $|\langle x,y\rangle|\le\|x\|\,\|y\|.$

3. Montrer l'équivalence suivante : $x$ et $y$ sont colinéaires (il existe $\lambda\in\mathbb{R}$ tel que $x=\lambda y$ ) si et seulement si $|\langle x,y\rangle|=\|x\|\,\|y\|.$

4. Soit $T:H\to H$ une application linéaire et soit $x\ne 0$ . Montrer que $x$ est un vecteur propre de $T$ si et seulement si $|\langle T(x),x\rangle|=\|T(x)\|\,\|x\|.$

Remarque : la question 4 n'est qu'une lecture du cas d'égalité de Cauchy-Schwarz appliqué au couple $(T(x),x)$ .

◀الحل

1. Développement

$\|x+ty\|^2=\langle x+ty,\,x+ty\rangle=\langle x,x\rangle+2t\langle x,y\rangle+t^2\langle y,y\rangle=\|x\|^2+2t\langle x,y\rangle+t^2\|y\|^2.$

2. Cauchy-Schwarz

Si $y=0$ l'inégalité est triviale. Si $y\ne0$ , le trinôme $P(t)=\|y\|^2t^2+2\langle x,y\rangle t+\|x\|^2$ est $\ge0$ pour tout $t\in\mathbb{R}$ , donc son discriminant est $\le0$ : $4\langle x,y\rangle^2-4\|y\|^2\|x\|^2\le0\ \Longrightarrow\ |\langle x,y\rangle|\le\|x\|\,\|y\|.$

3. Cas d'égalité

L'égalité équivaut à un discriminant nul, donc à l'existence d'une racine double $t_0$ avec $P(t_0)=\|x+t_0y\|^2=0$ , i.e. $x=-t_0\,y$ : $x$ et $y$ sont colinéaires. Réciproquement si $x=\lambda y$ , alors $\langle x,y\rangle=\lambda\|y\|^2$ et $\|x\|\,\|y\|=|\lambda|\|y\|^2$ , d'où $|\langle x,y\rangle|=\|x\|\,\|y\|$ .

4. Vecteur propre

Si $x$ est vecteur propre, $T(x)=\mu x$ et $|\langle T(x),x\rangle|=|\mu|\,\|x\|^2=\|T(x)\|\,\|x\|.$ Réciproquement, $|\langle T(x),x\rangle|=\|T(x)\|\,\|x\|$ est le cas d'égalité de Cauchy-Schwarz pour les vecteurs $T(x)$ et $x$ : ils sont donc colinéaires, $T(x)=\mu x$ . Comme $x\ne0$ , $x$ est un vecteur propre de $T$ . $\boxed{x\ \text{vecteur propre de }T\iff |\langle T(x),x\rangle|=\|T(x)\|\,\|x\|.}$

التمرين 2

Forme linéaire $\varphi(f)=\int_0^{1/2}f-\int_{1/2}^1 f$ sur $C([0,1])$

On prend $E=C([0,1])$ , muni de la norme uniforme. On considère la forme linéaire $\varphi:E\to\mathbb{R}$ définie par $\varphi(f)=\int_0^{1/2}f(t)\,dt-\int_{1/2}^{1}f(t)\,dt,\qquad f\in E.$

1. Montrer que $\varphi$ est continue et calculer $\|\varphi\|$ .

2. Montrer que si $|\varphi(f)|=1$ avec $\|f\|_\infty=1$ , alors on doit avoir $f(t)=\begin{cases}1 & \text{pour } 0\le t\le \tfrac12\\ -1 & \text{pour } \tfrac12\le t\le 1.\end{cases}$ Conclusion ?

Remarque : $\varphi$ illustre une forme linéaire continue dont la norme n'est pas atteinte, phénomène typique en dimension infinie.

◀الحل

1. Continuité et norme

$\varphi$ est linéaire et $|\varphi(f)|\le\int_0^{1/2}|f|+\int_{1/2}^1|f|\le\|f\|_\infty\int_0^1 dt=\|f\|_\infty.$ Donc $\varphi$ est continue et $\|\varphi\|\le1$ . En prenant une suite $(f_n)$ continue valant $1$ sur $[0,\tfrac12-\tfrac1n]$ , $-1$ sur $[\tfrac12+\tfrac1n,1]$ et affine entre les deux, $\|f_n\|_\infty=1$ et $\varphi(f_n)\to1$ . D'où $\boxed{\|\varphi\|=1.}$

2. Cas d'égalité

Si $|\varphi(f)|=1$ et $\|f\|_\infty=1$ , toutes les inégalités ci-dessus sont des égalités : $|f|\equiv1$ et les signes doivent être $+1$ sur $[0,\tfrac12]$ et $-1$ sur $[\tfrac12,1]$ (à un signe global près), ce qui impose la forme annoncée. Mais une telle fonction est discontinue en $t=\tfrac12$ , ce qui contredit $f\in C([0,1])$ .

Conclusion : aucune fonction continue ne réalise $|\varphi(f)|=1$ : la norme $\|\varphi\|=1$ est un supremum non atteint.

التمرين 3

Application minorée sur un espace de Banach : caractère fermé

Montrer que $f$ est une application fermée.

Indication : $B$ est fermé si et seulement si pour toute suite convergente $(y_n)_n$ de $B$ , on a $\lim_n y_n\in B$ .

Remarque : la minoration $k\|a-b\|_1\le\|f(a)-f(b)\|_2$ transporte le caractère de Cauchy de $(f(a_n))$ vers $(a_n)$ ; la complétude de $X$ fait le reste.

◀الحل

Image d'un fermé

Soit $A\subset X$ un fermé ; montrons que $f(A)$ est fermé. Soit $(y_n)\subset f(A)$ convergente, $y_n\to y$ . Écrivons $y_n=f(a_n)$ avec $a_n\in A$ .

La suite $(a_n)$ est de Cauchy. Comme $(y_n)$ converge, elle est de Cauchy, et l'hypothèse donne $k\,\|a_n-a_m\|_1\le\|f(a_n)-f(a_m)\|_2=\|y_n-y_m\|_2\xrightarrow[n,m\to\infty]{}0.$ Donc $(a_n)$ est de Cauchy dans $X$ .

Passage à la limite. $X$ étant complet, $a_n\to a\in X$ ; $A$ fermé donne $a\in A$ . Par continuité de $f$ , $y_n=f(a_n)\to f(a)$ , d'où par unicité de la limite $y=f(a)\in f(A)$ .

Ainsi $f(A)$ est fermé : $f$ est une application fermée.