مسابقة دكتوراه 2018 — Université Mohammed Seddik Benyahia - Jijel — الموضوع 01

1) Nature de $z_0$ pour $h=g'/g$

Comme $z_0$ est un pôle d'ordre $n_0$ de $g$, on écrit au voisinage de $z_0$ $g(z)=(z-z_0)^{-n_0}\,\varphi(z),\qquad \varphi\ \text{holomorphe},\ \varphi(z_0)\neq0.$ Alors $g'(z)=-n_0(z-z_0)^{-n_0-1}\varphi(z)+(z-z_0)^{-n_0}\varphi'(z),$ et en divisant, $h(z)=\frac{g'(z)}{g(z)}=\frac{-n_0}{z-z_0}+\frac{\varphi'(z)}{\varphi(z)}.$ Le second terme est holomorphe en $z_0$ (car $\varphi(z_0)\neq0$). Donc $h$ a un pôle simple en $z_0$. $\boxed{z_0\text{ est un pôle simple de }h.}$

2) Résidu

Le coefficient de $(z-z_0)^{-1}$ est $-n_0$ : $\boxed{\operatorname{Res}(h,z_0)=-n_0.}$ (De même, en un zéro d'ordre $m$, le résidu de $g'/g$ vaut $+m$ : c'est le principe de l'argument.)

1) Inégalité de Tchebychev

Sur $A_f(t)$ on a $|f(x)|>t$, donc $|f(x)|^p>t^p$. Alors $\|f\|_p^p=\int_X|f|^p\ge\int_{A_f(t)}|f|^p\ge t^p\,\lambda(A_f(t))=t^p\,m_f(t).$ $\boxed{\|f\|_p^p\ge t^p\,m_f(t).}$

2) Formule de la couche

Écrivons, pour chaque $x$, $|f(x)|^p=\displaystyle\int_0^{|f(x)|}p\,t^{p-1}\,dt=\int_0^{+\infty}p\,t^{p-1}\mathbf 1_{\{t<|f(x)|\}}\,dt.$ Intégrons en $x$ et appliquons Fubini-Tonelli (intégrande positif) : $\int_X|f(x)|^p\,d\lambda(x)=\int_X\!\!\int_0^{+\infty}p\,t^{p-1}\mathbf 1_{\{|f(x)|>t\}}\,dt\,d\lambda(x)=\int_0^{+\infty}p\,t^{p-1}\Big(\int_X\mathbf 1_{\{|f(x)|>t\}}\,d\lambda(x)\Big)dt.$ L'intégrale interne vaut $\lambda(A_f(t))=m_f(t)$, d'où $\boxed{p\int_0^{+\infty}t^{p-1}m_f(t)\,dt=\int_X|f(x)|^p\,d\lambda(x).}$

1) $A\in\mathcal{L}(E)$

Linéarité évidente. Comme $\alpha>0$, $\tfrac1{n^\alpha}\le1$, donc $\|A(x)\|_2^2=\sum_{n\ge1}\frac{x_n^2}{n^{2\alpha}}\le\sum_{n\ge1}x_n^2=\|x\|_2^2.$ Donc $A(x)\in E$ et $\|A\|\le1$ : $A$ est bornée.

2) $A_p\in\mathcal{L}(E)$

$A_p$ est linéaire et $\|A_p(x)\|_2^2=\sum_{n=1}^{p}\tfrac{x_n^2}{n^{2\alpha}}\le\|x\|_2^2$, donc bornée. C'est un opérateur de rang fini ($\le p$).

3) Estimation du reste

Pour $\|x\|_2\le1$ : $\|A(x)-A_p(x)\|_2^2=\sum_{n=p+1}^{\infty}\frac{x_n^2}{n^{2\alpha}}\le\Big(\sup_{n>p}\frac{1}{n^{2\alpha}}\Big)\sum_{n>p}x_n^2.$ Plus finement, en majorant $x_n^2\le\|x\|_2^2\le1$ terme à terme n'est pas optimal ; on utilise plutôt $\dfrac{x_n^2}{n^{2\alpha}}\le\dfrac{1}{n^{2\alpha}}\cdot\dfrac{x_n^2}{1}$ et $\sum_{n>p}x_n^2\le1$, mais l'énoncé demande la borne $\|A(x)-A_p(x)\|_2\le\Big(\sum_{k=p+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2\alpha}}\Big)^{1/2},$ qui découle de $\dfrac{x_n^2}{n^{2\alpha}}\le\dfrac{1}{n^{2\alpha}}$ lorsque $|x_n|\le1$ (vrai car $\|x\|_2\le1$), puis sommation sur $n>p$. $\checkmark$

4) Convergence en norme d'opérateur

Comme $\alpha>\tfrac12$, la série de Riemann $\sum_k k^{-2\alpha}$ converge, donc son reste tend vers $0$ : $\|A-A_p\|=\sup_{\|x\|_2\le1}\|A(x)-A_p(x)\|_2\le\Big(\sum_{k=p+1}^{\infty}\frac1{k^{2\alpha}}\Big)^{1/2}\xrightarrow[p\to\infty]{}0.$ $\boxed{A_p\to A\ \text{dans }\mathcal{L}(E).}$ En particulier $A$, limite en norme d'opérateurs de rang fini, est compact.

1) Structure et base

$A_{a,b}=a\,I_3+b\,B$ avec $B=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}=J-I_3,\quad J=\text{matrice de coefficients tous }1.$ Donc $E=\mathrm{vect}(I_3,B)$ : c'est un sous-espace de dimension $2$, de base $\{I_3,B\}$ (indépendantes car non proportionnelles).

2) $B^2$ et stabilité

$B^2=(J-I)^2=J^2-2J+I=3J-2J+I=J+I=B+2I_3.$ (On a utilisé $J^2=3J$.) Ainsi $B^2=2I_3+B\in E$. Pour un produit général, $A_{a,b}A_{c,d}=(aI+bB)(cI+dB)=ac\,I+(ad+bc)B+bd\,B^2=(ac+2bd)I+(ad+bc+bd)B\in E.$ Donc $E$ est stable par multiplication (c'est une sous-algèbre commutative).

3) Isomorphisme avec $\mathbb{C}$

Linéarité : $f(A_{a,b})=(a+b)+ib$. Pour $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$, $f(\lambda A_{a,b}+\mu A_{c,d})=f(A_{\lambda a+\mu c,\ \lambda b+\mu d})=(\lambda a+\mu c+\lambda b+\mu d)+i(\lambda b+\mu d)=\lambda f(A_{a,b})+\mu f(A_{c,d}).$

Noyau : $f(A_{a,b})=0\iff (a+b)+ib=0\iff b=0\text{ et }a+b=0\iff a=b=0$. Donc $\ker f=\{0\}$, $f$ injective. Comme $\dim E=2=\dim_{\mathbb R}\mathbb C$, $f$ est bijective.

Antécédents :

• $f(A_{a,b})=1\iff b=0,\ a+b=1\iff a=1,b=0$, donc $f^{-1}(1)=A_{1,0}=I_3$.
• $f(A_{a,b})=i\iff b=1,\ a+b=0\iff a=-1,b=1$, donc $f^{-1}(i)=A_{-1,1}=-I_3+B$.
• Par linéarité, pour $z=x+iy$ : $f^{-1}(z)=x\,f^{-1}(1)+y\,f^{-1}(i)=xI_3+y(-I_3+B)=(x-y)I_3+yB$, soit $\boxed{f^{-1}(x+iy)=A_{x-y,\;y}=\begin{pmatrix}x-y&y&y\\ y&x-y&y\\ y&y&x-y\end{pmatrix}.}$ $f$ est un isomorphisme d'algèbres $E\cong\mathbb{C}$.