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2020-03-06 10:49:59 Page 1/4 2020 Mathématiques 2 MP 4 heures Calculatrice autorisée Espaces à noyau reproduisant Les espaces à noyau reproduisant ont des applications dans divers domaines comme l’apprentissage statistique ou la résolution d’équations aux dérivées partielles. Ce problème présente en partie III quelques exemples d’espaces à noyau reproduisant, l’un de ces exemples étant obtenu à partir de l’étude préalable dans la partie II d’un opérateur intégral. La partie IV propose quelques résultats sur les espaces à noyau reproduisant. L’attention du candidat est attirée sur le fait que l’espace préhilbertien étudié n’est pas le même dans les différentes parties du problème. Définitions Soit 𝐼 un intervalle de ℝ et soit (𝐸, ⟨⋅, ⋅⟩) un espace préhilbertien réel muni de la norme ‖⋅‖ associée au produit scalaire. On dit que 𝐸 est un espace à noyau reproduisant sur 𝐼 lorsqu’il vérifie les trois propriétés suivantes : 1. l’espace 𝐸 est un sous-espace vectoriel de l’espace ℱ(𝐼, ℝ) des fonctions définies sur 𝐼 et à valeurs dans ℝ ; 2. pour tout 𝑥 ∈ 𝐼, l’application 𝑉𝑥 : (𝐸, ‖⋅‖) → ℝ définie par 𝑉𝑥(𝑓) = 𝑓(𝑥) est continue ; 3. pour tout 𝑥 ∈ 𝐼, il existe une application 𝑘𝑥 ∈ 𝐸 vérifiant, ∀𝑓 ∈ 𝐸, 𝑓(𝑥) = ⟨𝑘𝑥, 𝑓⟩. On appelle alors noyau reproduisant l’application 𝐾 définie par ∀(𝑥, 𝑡) ∈ 𝐼2, 𝐾(𝑥, 𝑡) = 𝑘𝑥(𝑡). Soit [𝑎, 𝑏] un segment de ℝ. On dit qu’une fonction 𝑓 : [𝑎, 𝑏] → ℝ est de classe 𝒞1 par morceaux s’il existe une subdivision (𝑥𝑖)0⩽𝑖⩽𝑝 de [𝑎, 𝑏] telle que, pour tout 𝑖 ∈ ⟦1, 𝑝⟧, la restriction de 𝑓 à ]𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖[ se prolonge en une fonction de classe 𝒞1 sur [𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖]. I Préliminaires Soit (𝐸, ⟨⋅, ⋅⟩) un espace préhilbertien réel, de norme associée ‖⋅‖. Soit 𝑢 un endomorphisme de 𝐸 vérifiant, ∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐸2, ⟨𝑢(𝑥), 𝑦⟩ = ⟨𝑥, 𝑢(𝑦)⟩. Q 1. Soit 𝐹 un sous-espace vectoriel de 𝐸 stable par 𝑢. Montrer que l’orthogonal 𝐹 ⊥ de 𝐹 est stable par 𝑢. On suppose qu’il existe un vecteur unitaire 𝑥0 ∈ 𝐹 vérifiant ⟨𝑢(𝑥0), 𝑥0⟩ = sup 𝑥∈𝐹,‖𝑥‖=1 ⟨𝑢(𝑥), 𝑥⟩. Pour tout vecteur unitaire 𝑦 ∈ 𝐹 orthogonal à 𝑥0, on pose, pour tout réel 𝑡, 𝛾(𝑡) = 𝑥0 cos 𝑡 + 𝑦 sin 𝑡, 𝜑(𝑡) = ⟨𝑢 ∘ 𝛾(𝑡), 𝛾(𝑡)⟩. Q 2. Montrer que 𝜑 est de classe 𝒞1. Q 3. Calculer ‖𝛾(𝑡)‖ puis justifier que 𝜑′(0) = 0. Q 4. En déduire que 𝑢(𝑥0) est orthogonal à 𝑦. Q 5. Montrer que 𝑥0 est vecteur propre de 𝑢. II Étude d’un opérateur Dans cette partie, 𝐸 désigne l’espace vectoriel des fonctions 𝑓 : [0, 1] → ℝ continues, muni du produit scalaire défini par, ∀(𝑓, 𝑔) ∈ 𝐸2, ⟨𝑓, 𝑔⟩ = 1 ∫ 0 𝑓(𝑡)𝑔(𝑡) d𝑡. 2020-03-06 10:49:59 Page 2/4 On note ‖⋅‖ la norme associée au produit scalaire. Pour tout 𝑠 ∈ [0, 1], on définit la fonction 𝑘𝑠 par, ∀𝑡 ∈ [0, 1], 𝑘𝑠(𝑡) = { 𝑡(1 − 𝑠) si 𝑡 < 𝑠, 𝑠(1 − 𝑡) si 𝑡 ⩾ 𝑠. On note également, pour tout (𝑠, 𝑡) ∈ [0, 1]2, 𝐾(𝑠, 𝑡) = 𝑘𝑠(𝑡). Q 6. Soit 𝑠 ∈ ]0, 1[. Tracer la courbe représentative de 𝑘𝑠 sur [0, 1]. Q 7. Montrer que 𝐾 est continue sur [0, 1] × [0, 1]. Pour tout 𝑓 ∈ 𝐸, on pose, ∀𝑠 ∈ [0, 1], 𝑇(𝑓)(𝑠) = 1 ∫ 0 𝑘𝑠(𝑡)𝑓(𝑡) d𝑡. Q 8. Montrer que 𝑇 est un endomorphisme continu de 𝐸. Soit 𝐹 le sous-espace vectoriel de 𝐸 formé des fonctions polynomiales. Pour 𝑘 ∈ ℕ, on note 𝑝𝑘 la fonction définie par 𝑝𝑘(𝑥) = 𝑥𝑘. Q 9. Pour tout 𝑘 ∈ ℕ, calculer 𝑇(𝑝𝑘). En déduire que 𝐹 est stable par 𝑇. Q 10. En déduire (𝑇(𝑝))″ pour tout 𝑝 ∈ 𝐹. Q 11. Soit 𝑓 ∈ 𝐸. Calculer 𝑇(𝑓)(0) et 𝑇(𝑓)(1). Q 12. Pour tout 𝑓 ∈ 𝐸, montrer que 𝑇(𝑓) est de classe 𝒞2 puis que 𝑇(𝑓)″ = −𝑓. Q 13. Montrer que 𝑇 est injectif. Q 14. Déterminer l’image de 𝑇. Q 15. Soit 𝜆 ∈ ℝ une valeur propre non nulle de 𝑇 et 𝑓 un vecteur propre associé. Montrer que 𝑓 est solution de l’équation différentielle 𝜆𝑓″ = −𝑓. Q 16. Déterminer les valeurs propres de 𝑇 et montrer que les sous-espaces propres associés sont de dimen- sion 1. Pour tout 𝑘 ∈ ℕ∗, on pose 𝑔𝑘(𝑥) = √ 2 sin(𝑘𝜋𝑥). On note 𝐺 = Vect((𝑔𝑘)𝑘∈ℕ∗) et 𝐻 = 𝐺⊥. Q 17. Justifier que, pour tout (𝑓, 𝑔) ∈ 𝐸2, on a ⟨𝑇(𝑓), 𝑔⟩ = ⟨𝑓, 𝑇(𝑔)⟩ On pourra utiliser la question 12. On admet que, 𝐻 ≠ {0} ⟹ ∃𝑓 ∈ 𝐻 telle que ⎧ { ⎨ { ⎩ ‖𝑓‖ = 1, ⟨𝑇(𝑓), 𝑓⟩ = sup ℎ∈𝐻,‖ℎ‖=1 ⟨𝑇(ℎ), ℎ⟩. Q 18. En déduire que 𝐻 = {0}. Q 19. Montrer que la famille de vecteurs (𝑔𝑘)𝑘∈ℕ∗ est orthonormale. On admet pour la suite que (𝑔𝑘)𝑘∈ℕ∗ est une suite totale. Pour tout 𝑓 ∈ 𝐸, on pose, ∀𝑥 ∈ [0, 1], Φ(𝑥) = +∞ ∑ 𝑛=1 1 𝑘2𝜋2 ⟨𝑓, 𝑔𝑘⟩𝑔𝑘(𝑥). Q 20. Montrer que Φ est continue. Pour tout 𝑁 ∈ ℕ, on pose 𝑓𝑁 = 𝑁 ∑ 𝑘=1 ⟨𝑓, 𝑔𝑘⟩𝑔𝑘. Q 21. Montrer que lim 𝑁→+∞‖𝑇(𝑓𝑁) − Φ‖ = 0. Q 22. En déduire 𝑇(𝑓) = Φ. 2020-03-06 10:49:59 Page 3/4 III Exemples d’espaces à noyau reproduisant Dans cette partie, 𝐸1 désigne l’espace vectoriel des fonctions 𝑓 : [0, 1] → ℝ continues, de classe 𝒞1 par morceaux, et vérifiant 𝑓(0) = 𝑓(1) = 0. III.A – Un exemple Q 23. Montrer que l’on définit un produit scalaire sur 𝐸1 en posant ∀(𝑓, 𝑔) ∈ (𝐸1)2, (𝑓 | 𝑔) = 1 ∫ 0 𝑓′(𝑡)𝑔′(𝑡) d𝑡. Dans la suite de cette partie, on désigne par 𝑁 la norme associée à ce produit scalaire. Q 24. Montrer que, pour toute fonction 𝑓 : [0, 1] → ℝ de classe 𝒞1 telle que 𝑓(0) = 0, on a ∀𝑥 ∈ [0, 1] |𝑓(𝑥)| ⩽ √ √ √ ⎷ 𝑥 𝑥 ∫ 0 (𝑓′(𝑡)) 2 d𝑡. On pose, pour tout 𝑓 ∈ 𝐸1, 𝑈(𝑓)(𝑠) = 1 ∫ 0 𝑘′𝑠(𝑡)𝑓′(𝑡) d𝑡, où 𝑘𝑠 a été défini dans la partie précédente. Q 25. Soit 𝑓 ∈ 𝐸1 de classe 𝒞2. Montrer que 𝑈(𝑓) = −𝑇(𝑓″). En déduire que 𝑈(𝑓) = 𝑓. Q 26. Montrer que 𝑈 est l’application identité de 𝐸1. Q 27. Démontrer que l’espace préhilbertien (𝐸1, (⋅ | ⋅)) est un espace à noyau reproduisant et que son noyau reproduisant est l’application 𝐾 définie dans la partie précédente. III.B – Un contre-exemple On considère à nouveau l’espace 𝐸 des fonctions continues de [0, 1] dans ℝ, muni du produit scalaire défini par ⟨𝑓, 𝑔⟩ = 1 ∫ 0 𝑓(𝑡)𝑔(𝑡) d𝑡. Q 28. Montrer que (𝐸, ⟨⋅, ⋅⟩) n’est pas un espace à noyau reproduisant. III.C – Fonctions développables en série entière Q 29. Soit (𝑎𝑛)𝑛 ∈ ℝℕ une suite de réels telle que la série ∑(𝑎𝑛)2 soit convergente. Montrer que le rayon de convergence de la série entière ∑ 𝑎𝑛𝑡𝑛 est supérieur ou égal à 1. Dans la suite de cette sous-partie, on considère l’ensemble 𝐸2 des fonctions de ]−1, 1[ dans ℝ de la forme 𝑡 ↦ +∞ ∑ 𝑛=0 𝑎𝑛𝑡𝑛 où (𝑎𝑛)𝑛 ∈ ℝℕ et ∑(𝑎𝑛)2 convergente. Pour 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐸2, on pose ⟨𝑓, 𝑔⟩ = +∞ ∑ 𝑛=0 𝑎𝑛𝑏𝑛 où 𝑓 : 𝑡 ↦ +∞ ∑ 𝑛=0 𝑎𝑛𝑡𝑛 et 𝑔 : 𝑡 ↦ +∞ ∑ 𝑛=0 𝑏𝑛𝑡𝑛. Q 30. Montrer que 𝐸2 muni de ⟨⋅, ⋅⟩ est un espace préhilbertien réel. Q 31. Soit 𝑥 ∈ ]−1, 1[. Déterminer 𝑔𝑥 ∈ 𝐸2 tel que, pour tout 𝑓 ∈ 𝐸2, 𝑓(𝑥) = ⟨𝑔𝑥, 𝑓⟩ Q 32. En déduire que 𝐸2 est un espace à noyau reproduisant et préciser son noyau. 2020-03-06 10:49:59 Page 4/4 III.D – Autre exemple parmi les fonctions de classe 𝒞1 par morceaux On se donne dans cette sous-partie un réel 𝑎 > 0. On considère l’espace 𝐸3 des fonctions 𝑓 : [0, 𝑎] → ℝ, continues et de classe 𝒞1 par morceaux sur [0, 𝑎], et vérifiant 𝑓(0) = 0. On munit 𝐸3 du produit scalaire défini, pour 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐸3, par (𝑓 | 𝑔) = 𝑎 ∫ 0 𝑓′(𝑡)𝑔′(𝑡) d𝑡. Q 33. Montrer que la fonction (𝑥, 𝑦) ↦ min(𝑥, 𝑦) est un noyau reproduisant sur (𝐸3, (⋅ | ⋅)). Soit 𝐸4 l’espace des fonctions continues sur [0, 𝑎], à valeurs dans ℝ, de classe 𝒞1 par morceaux et vérifiant de plus 𝑓(𝑎) = 0. Soit 𝜑 : [0, 𝑎] → ℝ de classe 𝒞1 vérifiant 𝜑(𝑎) = 0 et, pour tout 𝑥 ∈ [0, 𝑎], 𝜑′(𝑥) < 0. Q 34. Déterminer un produit scalaire sur 𝐸4 tel que la fonction (𝑥, 𝑦) ↦ min(𝜑(𝑥), 𝜑(𝑦)) soit un noyau reproduisant sur l’espace préhilbertien 𝐸4. IV Quelques résultats sur les espaces à noyau reproduisant IV.A – Continuité Soit (𝐸, ⟨⋅, ⋅⟩) un espace à noyau reproduisant sur un intervalle 𝐼, de noyau reproduisant 𝐾. Pour tout (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐼2, on pose 𝑘𝑥(𝑦) = 𝐾(𝑥, 𝑦). Soit 𝑥 ∈ 𝐼 et 𝑉𝑥 définie sur 𝐸 par 𝑉𝑥(𝑓) = 𝑓(𝑥). On pose 𝑁(𝑉𝑥) = sup ‖𝑓‖=1 |𝑓(𝑥)|. Q 35. Démontrer que 𝑁(𝑉𝑥) = √⟨𝑘𝑥, 𝑘𝑥⟩. On suppose que 𝐾 est continue sur 𝐼 × 𝐼. Q 36. Démontrer que toutes les fonctions de 𝐸 sont continues. IV.B – Construction d’un espace à noyau reproduisant On note ici 𝐸 l’espace vectoriel des fonctions continues définies sur [0, 1] et à valeurs dans ℝ muni du produit scalaire défini par ⟨𝑓, 𝑔⟩ = 1 ∫ 0 𝑓(𝑡)𝑔(𝑡) d𝑡. On considère une fonction 𝐴 : [0, 1] × [0, 1] → ℝ continue. On s’intéresse à l’application 𝑇 : 𝐸 → 𝐸 définie par 𝑇(𝑓)(𝑥) = 1 ∫ 0 𝐴(𝑥, 𝑡)𝑓(𝑡) d𝑡. On suppose que ker 𝑇 est de dimension finie. Q 37. Justifier que 𝑇 induit un isomorphisme de (ker 𝑇)⊥ sur Im 𝑇. On note désormais 𝑆 la bijection réciproque de cet isomorphisme. On définit le produit scalaire 𝜑 sur Im 𝑇 en posant, pour tout (𝑓, 𝑔) ∈ (Im 𝑇)2, 𝜑(𝑓, 𝑔) = ⟨𝑆(𝑓), 𝑆(𝑔)⟩ On considère l’application 𝐾 définie sur [0, 1]2 par 𝐾(𝑥, 𝑦) = 1 ∫ 0 𝐴(𝑥, 𝑡)𝐴(𝑦, 𝑡) d𝑡 Q 38. Montrer que (Im 𝑇, 𝜑) est un espace à noyau reproduisant, de noyau 𝐾. • • • FIN • • •

Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 I Préliminaires Q 1. Soit x ∈ F⊥. Montrons u(x) ∈ F⊥. Soit alors y ∈ F. Il sut d'établir que u(x) ⊥ y. Comme u(y) ∈ F, on a : ⟨u(x), y⟩ = ⟨x, u(y)⟩ = 0 On a bien montré que l'orthogonal F⊥ de F est stable par u Q 2. Soit t ∈ R. On a : ϕ(t) = ⟨cos(t)u(x0) + sin(t)u(y), cos(t)x0 + sin(t)y⟩ donc ϕ(t) = cos2(t)⟨u(x0), x0⟩ + sin2(t)⟨u(y), y⟩ + cos(t) sin(t) (⟨u(x0), y⟩ + ⟨u(y), x0⟩) Ainsi ϕ est de classe C1 par théorèmes généraux. Q 3. Je note G = Vect(x0, y). Ainsi (x0, y) est génératrice de G et orthonormale, il s'agit donc d'une base orthonormée de G. Par calcul dans une base orthonormée : on a ∥γ(t)∥ = cos2(t) + sin2(t) = 1 Ainsi par dénition de x0 et comme γ(0) = x0, on a : ∀t ∈ R, ϕ(t) ⩽ ⟨u(x0), x0⟩ = ϕ(0) Ainsi ϕ admet un maximum sur R en 0 donc ϕ′(0) = 0 Q 4. D'après Q2, on a, en remarquant que 2 sin(t) cos(t) = sin(2t), ϕ′ : t → 2 cos(t) sin(t) (⟨u(y), y⟩ − ⟨u(x0), x0⟩) + cos(2t) (⟨u(x0), y⟩ + ⟨u(y), x0⟩) Ainsi, par propriété de u et de ⟨·, ·⟩, on a : 0 = ϕ′(0) = ⟨u(x0), y⟩ + ⟨u(y), x0⟩ = 2⟨u(x0), y⟩ donc u(x0) est orthogonal à y Q 5. On se place dans F muni de la structure préhilbertienne induite par ⟨·, ·⟩. Or on vient de voir en Q4 que : u(x0) ∈ Vect(x0)⊥ ⊥ (les sous-espaces orthogonaux sont pris dans F) Comme Vect(x0) est de dimension nie, on a u(x0) ∈ Vect(x0) or x0 ̸= 0, alors x0 est vecteur propre de u II Étude d'un opérateur Q 6. La fonction ks est ane sur [0, s[ et sur [s, 1] et lim t→s− = ks(s) Ainsi ks est continue sur [0, 1] et croissante sur [0, s] et décroissante sur [s, 1]. La courbe représentative de ks est le triangle de sommets (0, 0), (1, 0) et (s, s(1 − s)) privé de [0, 1] × {0} Q 7. Je note : Ω1 = (s, t) ∈ [0, 1]2 | s < t , F1 = (s, t) ∈ [0, 1]2 | s ⩽ t , Ω2 = (s, t) ∈ [0, 1]2 | s > t , F1 = {(s, t) ∈ [0, 1] | s ⩾ t} et ∆ (s, t) ∈ [0, 1]2 | s = t . On a ∀(s, t) ∈ ∆, K(s, t) = s(1 − t) = s(1 − s) = t(1 − s) Donc ∀(s, t) ∈ F1, K(s, t) = s(1 − t) et ∀(s, t) ∈ F2, K(s, t) = t(1 − s) 1/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Ainsi K est continue sur F1 (c'est-à-dire que la restriction de K à F1 est continue) et K est continue sur Ω1 or Ω1 est un ouvert relatif de [0, 1]2 en tant qu'image réciproque par l'application (x, y) ∈ [0, 1]2 −→ y − x ∈ R de l'ouvert ]0, +∞[ donc K est continue en tout point de Ω1. De même, K est continue en tout point de Ω2. Je munis R2 d'une norme notée N ; le choix importe peu ; toutes les normes sont équivalentes sur un espace de dimension nie. Soit X ∈ ∆. Soit ε > 0. Comme K est continue sur F1 et ∆ ⊂ F1, ceci nous fournit α1 > 0 tel que ∀Y ∈ F1, N(X − Y) ⩽ α1 =⇒ |K(X) − K(Y)| ⩽ ε De même, on trouve α2 > 0 tel que ∀Y ∈ F2, N(X − Y) ⩽ α2 =⇒ |K(X) − K(Y)| ⩽ ε En prenant α = min(α1, α2), on prouve que : ∀ε > 0, ∀Y ∈ [0, 1]2, N(X − Y) ⩽ α =⇒ |K(X) − K(Y)| ⩽ ε Ainsi K est continue en tout point de ∆ Alors K est continue en tout point de [0, 1] × [0, 1] = Ω1 Ω2 ∆ D'où K est continue sur [0, 1] × [0, 1] Q 8. Il s'agit de montrer que T : E −→ E est bien dénie, linéaire et continue. Soit f, g ∈ E. Soit λ ∈ R. T est dénie sur E : Soit s ∈ [0, 1]. L'application t → ks(t)f(t) = K(s, t)f(t) est continue sur [0, 1]. Donc T(f)(s) = 1 0 ks(t)f(t)dt est un réel bien déni. Donc T(f) est une application bien dénie [0, 1] −→ R. T est à valeurs dans E : Soit s ∈ [0, 1]. On a, d'après Chasles : T(f)(s) = s 0 ks(t)f(t)dt + 1 s ks(t)f(t)dt = (1 − s) s 0 tf(t)dt + s 1 s (1 − t)f(t)dt L'application t → tf(t) est continue sur l'intervalle [0, 1], ainsi selon le théorème fondamental de l'analyse la fonction s → s 0 tf(t)dt en est une primitive sur [0, 1] donc dérivable donc continue. Il en est de même pour s → 1 s (1 − t)f(t)dt. Ainsi T(f) est continue par somme et produit. D'où T(f) ∈ E On vient de prouver que T : E −→ E est bien dénie. Linéarité Par linéarité de l'intégrale, on a : ∀s ∈ [0, 1], T(λf + g)(s) = λT(f)(s) + T(g)(s) d'où T(λf + g) = λT(f) + T(g). T est bien linéaire. 2/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Continuité : D'après 6, ks est continue donc ks ∈ E. Ainsi pour s ∈ [0, 1], en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz : ∀s ∈ [0, 1], |T(f)(s)| = |⟨ks, f⟩| ⩽ ∥ks∥ · ∥f∥ L'application K est continue sur le compact [0, 1]2 (produit de deux compacts), le théorème des bornes atteintes nous fournit M ∈ R+ tel que ∀(s, t) ∈ [0, 1]2, |ks(t)| = |K(s, t)| ⩽ M d'où ∀s ∈ [0, 1], ∥ks∥ = 1 0 K(s, t)2dt ⩽ M puis ∀s ∈ [0, 1], (T(f)(s))2 ⩽ M2 ∥f∥2 En intégrant sur [0, 1] et en prenant la racine carrée, on obtient ∥T(f)∥ ⩽ M ∥f∥ d'où T est continue par caractérisation des applications linéaires continues. Conclusion : T est un endomorphisme continu de E Q 9. Soit k ∈ N. Soit s ∈ [0, 1]. En réutilisant Chasles comme en 8 : T(pk)(s) = (1 − s) s 0 tPk(t)dt + s 1 s (1 − t)pk(t)dt = (1 − s) s 0 tk+1dt + s 1 s tk − tk+1 dt donc T(pk)(s) = (1 − s) tk+2 k + 2 t=s t=0 + s tk+1 k + 1 − tk+2 k + 2 t=1 t=s = sk+2 − sk+3 k + 2 + s − sk+2 k + 1 − s − sk+3 k + 2 ainsi T(pk)(s) = s − sk+2 (k + 1)(k + 2) Pour tout k ∈ N, on a donc T(pk) = 1 (k + 1)(k + 2) (p1 − pk+2) ∈ F Comme T linéaire et F = Vect (pk)k∈N , on a T(F) = Vect (T(pk))k∈N ⊂ F et F est stable par T Q 10. On a d'après 9 : ∀k ∈ N, (T(pk))′′ = 1 (k + 1)(k + 2) (p1 − pk+2) ′′ = 1 (k + 1)(k + 2) (p0 − (k + 2)pk+1) ′ = pk Par composition, l'application p ∈ F → (T(p))′′ ∈ F est un endomorphisme de F. Elle coïncide avec l'application linéaire IdF sur (pk)k∈N qui est une base de F. On en déduit (T(p))′′ = p pour tout p ∈ F Q 11. En réutilisant la relation de Chasles de Q8, on a T(f)(0) = (1 − 0) 0 0 tf(t)dt + 0 1 0 (1 − t)f(t)dt et T(f)(1) = (1 − 1) 1 0 tf(t)dt + 1 1 1 (1 − t)f(t)dt donc T(f)(0) = 0 et T(f)(1) = 0 3/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Q 12. Pour rappel, T(f) : s −→ (1 − s) s 0 tf(t)dt + s 1 s (1 − t)f(t)dt = (1 − s) s 0 tf(t)dt − s s 1 (1 − t)f(t)dt Ainsi T(f) est dérivable sur [0, 1], en utilisant le théorème fondamental de l'analyse et T(f)′ : s −→ − s 0 tf(t)dt + (1 − s)sf(s) − s 1 (1 − t)f(t)dt − s(1 − s)f(s) = − s 0 tf(t)dt − s 1 (1 − t)f(t)dt puis T(f)′ est dérivable sur [0, 1] et T(f)′′ : s −→ −sf(s) − (1 − s)f(s) = −f(s) Comme f est continue alors T(f) est de classe C2 et T(f)′′ = −f Q 13. Soit f ∈ Ker(T). On a T(f) = 0E donc en dérivant f = 0E L'autre implication étant évidente on a : Ker(T) = {0E} ainsi T est injectif Q 14. On a vu en Q12 et en Q11 que Im(T) ⊂ {f ∈ E | f(0) = f(1) = 0} ∩ C2 ([0, 1], R) où C2 ([0, 1], R) est le sous- espace vectoriel de E constitué des applications de classe C2. Soit f ∈ E de classe C2 telle que f(0) = f(1) = 0. On a f′′ ∈ E donc T(−f′′) est de classe C2 et T(−f′′)′′ = f′′ d'après Q12. Je note g = T(−f′′) − f de sorte que g′′ est identiquement nulle sur [0, 1]. Ainsi g est ane or d'après Q11, g(0) = g(1) = 0. Donc g est identiquement nulle sur [0, 1]. Donc f = T(−f′′) ∈ Im(T) L'image de T est l'ensemble des fonctions de classe C2 sur [0, 1] s'annulant en 0 et en 1 Q 15. On T(f) = λf donc f = T 1 λf Avec 12, f est de classe C2 et f′′ = − 1 λf donc f est solution de l'équation diérentielle λf′′ = −f Q 16. Analyse : Soit λ une valeur propre de T et f un vecteur propre associé. On sait que λ ̸= 0 car T injective d'après Q13. Si λ > 0. Alors d'après la question précédente f′′ + 1 √ λ 2 f = 0 Ceci nous fournit A et B ∈ R tels que f : t −→ A sin t √ λ + B cos t √ λ Comme f(0) = 0 = f(1), on a B = 0 et A sin 1 √ λ = 0 Ce qui nous fournit k ∈ N tel que 1 √ λ = kπ car 1 √ λ > 0 donc f ∈ Vect (t → sin (kπt)) et λ = 1 k2π2 ainsi Eλ(T) ⊂ Vect (t → sin (kπt)) Si λ < 0, on a λ = − √ −λ 2 et on trouve A et B ∈ R tels que f : t −→ A sh t √ −λ + B ch t √ −λ donc B = 0 puis sh t √ −λ = 0 or ce cas est impossible car ∀t > 0, sh(t) > 0. 4/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Synthèse : Soit λ = 1 k2π2 avec k ∈ N∗ et f : t → sin (kπt) Je note g = T(f) d'après 12, on a g′′ = −f ainsi il existe C ∈ R, tel que g′ : t → C − 1 kπ cos (kπt) puis il existe D ∈ R tel que g : t → Ct + D − 1 k2π2 sin (kπt) On sait que g(0) = g(1) = 0 donc D = 0 puis C = 0 donc T(f) = g = λf donc f ∈ Eλ(T) et f ̸= 0 car f(1/2k) = 1 donc λ ∈ Sp(T) (ensemble des valeurs propres de T) et Eλ(T) ⊃ Vect (t → sin (kπt)) Conclusion : On a donc Sp(T) = 1 k2π2 | k ∈ N∗ et ∀k ∈ N∗, E1/k2π2(T) = Vect (t → sin(kπt)) Les sous-espaces propres de T sont bien des droites. Q 17. Soit (f, g) ∈ E2. D'après 12, T(−g)′′ = g ainsi et T(f) et T(−g)′ sont de classe C1 sur [0, 1]. Ainsi par intégration par parties et comme T(f)(0) = T(f)(1) = 0, on a : ⟨T(f), g⟩ = 1 0 T(f)g = T(f)T(−g)′ 1 0 − 1 0 T(f)′T(−g)′ = 1 0 T(f)′T(g)′ donc ⟨T(f), g⟩ = 1 0 T(f)′T(g)′ = ⟨T(g), f⟩ = ⟨f, T(g)⟩ Q 18. Par l'absurde, on suppose que H ̸= {0}. Le résultat admis nous fournit f ∈ H telle que ∥f∥ = 1 ⟨T(f), f⟩ = sup h∈H,∥h∥=1 ⟨T(h), h⟩ En appliquant la partie I à f = x0 et H = F et T = u, f est vecteur propre de T. Donc il existe µ ∈ R∗ tel que f = µgk d'après 16 donc f ∈ G G⊥ donc f = 0 et ∥f∥ = 1 Absurde On en déduit que H = {0} Q 19. Soit k, ℓ ∈ N∗. On a ⟨gk, gℓ⟩ = 2 1 0 sin(kπx) sin(ℓπx)dx = 1 0 [cos ((k − ℓ)πx) − cos ((k + ℓ)πx)] dx Si k ̸= ℓ, alors on a ⟨gk, gℓ⟩ = sin ((k − ℓ)πx) (k − ℓ)π − sin ((k + ℓ)πx) (k + ℓ)π x=1 x=0 = 0 Si k = ℓ, alors on a ⟨gk, gk⟩ = 1 0 (1 − cos (2kπx)) dx = 1 Ce qui prouve que la famille de vecteurs (gk)k∈N∗ est orthonormale Q 20. Dans l'énoncé initial, il y a un problème avec les variables k et n pour dénir Φ. On va montrer que Φ est bien dénie et continue sur [0, 1]. 5/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Je pose ϕk : x −→ 1 k2π2 ⟨f, gk⟩gk(x) pour k ∈ N∗. Pour tout k ∈ N∗, la fonction ϕk est continue sur [0, 1]. (i) Soit k ∈ N∗. Soit x ∈ [0, 1]. En utilisant Cauchy-Schwarz, on a : |ϕk(x)| = 1 k2π2 |⟨f, gk⟩| · |gk(x)| ⩽ √ 2 k2π2 ∥f∥ · ∥gk∥ donc comme gk est unitaire, on a ∀k ∈ N∗, ∀x ∈ [0, 1], |ϕk(x)| ⩽ √ 2∥f∥ k2π2 or la série k⩾1 √ 2∥f∥ k2π2 converge donc la série de fonctions k⩾1 ϕk converge normalement donc uniformément sur [0, 1] Ainsi la somme de cette série Φ est bien dénie et continue sur [0, 1] Q 21. Pour k ∈ N∗, on a T(gk) = 1 k2π2 gk d'après Q16 ainsi T(fN) = N k=1 1 k2π2 ⟨f, gk⟩gk On note N∞ la norme innie sur E = C([0, 1], R), ce qui est possible d'après le cours. D'après la question précédente, on a (T(fN))N converge vers Φ pour N∞ (norme de la convergence uniforme). Dans le cours, on a vu ∀g ∈ E, ∥g∥ ⩽ √1 − 0N∞(g) (si on a oublié, on refait) donc ∀N ∈ N∗, ∥T(fN) − Φ∥ ⩽ N∞ (T(fN) − Φ) par théorème des gendarmes : lim n→+∞∥T(fN) − Φ∥ = 0 Q 22. Soit N ∈ N∗, je note PN = Vect (g1, . . . , gN). Comme d'après Q19, (g1, . . . , gN) est une base orthonormale de PN, fN = N k=1 ⟨f, gk⟩gk est le projeté orthogonal de f sur PN. Comme la famille (gk)k∈N∗ est totale, (fN) converge vers f pour la norme ∥ · ∥ d'après le cours. Comme T : (E, ∥ · ∥) −→ (E, ∥ · ∥) est continue d'après Q8 (T(fN)) converge vers T(f) pour la norme ∥ · ∥. Or d'après la question précédente (T(fN)) converge vers Φ pour la norme ∥ · ∥. Par unicité de la limite, on a T(f) = Φ III Exemples d'espaces à noyau reproduisant III.A - Un exemple Q 23. On admettra que E1 est bien un espace vectoriel comme le susurre l'énoncé. Cette question est problématique car a priori pour f et g ∈ E1, les fonctions f′ et g′ peuvent ne pas être dénies sur un ensemble ni de points. Toutefois ces fonctions sont dénies sur [0, 1] sauf en un nombre ni de points. Par ailleurs, en prolongeant f′ et g′ par n'importe quelles valeurs aux points où ces fonctions ne sont pas dénies, on obtient des fonctions continues par morceaux et ce choix n'interviendra pas sur la valeur de l'intégrale. On considère f, g et h ∈ E1. Soit λ ∈ R. 6/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 On considère (xi)0⩽i⩽p (où p ∈ N∗) une subdivision de [0, 1] adaptée à f′, g′ et h′. c'est-à-dire telle que pour tout i ∈ [[1, p]] les restrictions de f, g et h à ]xi−1, xi[ se prolongent en des fonctions de classe C1 sur [xi−1, xi]. On considérera que f′, g′ et h′ sont dénies sur [0, 1] prolongées en {xi | i ∈ [[0, p]]} par n'importe quelles valeurs de sorte que ces fonctions sont continues par morceaux sur [0, 1]. Forme : Le produit de deux fonctions continues par morceaux étant continu par morceaux, on a bien (f | g) = 1 0 f′(t)g′(t)dt ∈ R Linéarité à gauche : Par linéarité de la dérivation en un point, λf′ + g′ est la dérivée de λf + g sur [0, 1] \ {xi | i ∈ [[0, p]]}. Ainsi (λf + g | h) = 1 0 (λf′ + g′)(t)h′(t)dt = λ 1 0 f′(t)h′(t)dt + 1 0 g′(t)h′(t)dt = λ(f | h) + (g | h) Caractère symétrique : On a bien (f | g) = 1 0 f′(t)g′(t)dt = 1 0 g′(t)f′(t)dt = (g | f) Linéarité à droite : Conséquence des deux points précédents Caractère positif : On a bien (f | f) = 1 0 f′(t) 2 dt ⩾ 0 Caractère déni : On suppose que (f | f) = 0 donc 0 = 1 0 f′(t) 2 dt = n i=1 xi xi−1 f′(t) 2 dt Comme il s'agit d'une somme de réels positifs, on a donc ∀i ∈ [[1, n]], xi xi−1 f′(t) 2 dt = 0 Soit i ∈ [[1, p]]. La fonction (f′)2 admet sur [xi−1, xi] un prolongement continu en xi−1 et xi, positive d'intégrale nulle. Ainsi ∀x ∈ ]xi−1, xi[ , f′(x) = 0 (vraie dérivée de f ce coup-ci). Comme f est continue sur [xi−1, xi] alors f y est constante. On montre ensuite par récurrence sur i que f est constante sur [0, xi] pour tout i ∈ [[1, p]]. Pour i = p, la fonction f est constante sur [0, 1]. De plus f(0) = 0. Donc f est la fonction nulle. On dénit bien un produit scalaire sur E1 avec (· | ·) Dans la suite de cette partie, on désigne par N la norme associée à ce produit scalaire. Q 24. Soit x ∈ [0, 1]. Avec le théorème fondamental de l'analyse et l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a : |f(x)| = x 0 1f′(t)dt ⩽ x 0 12dt × x 0 f′(t) 2 dt donc on a bien |f(x)| ⩽ x x 0 f′(t) 2 dt 7/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Q 25. Soit s ∈ [0, 1]. Selon Q6, la fonction ks est continue sur [0, 1] et ∀t ∈ [0, s[ , k′ s(t) = 1 − s et ∀t ∈ ]s, 1], k′ s(t) = −s. Ainsi la fonction ks admet des prolongements de classe C1 sur [0, s] et [s, 1]. d'où les restrictions de ks à [0, s] et [s, 1] sont de classe C1 (ks est C1 par morceaux). En eectuant des intégrations par parties sur [0, s] et [s, 1] avec des fonctions C1 car f est C2, on a : U(f)(s) = s 0 k′ s(t)f′(t)dt+ 1 s k′ s(t)f′(t)dt = ks(t)f′(t) t=s t=0− s 0 ks(t)f′′(t)dt+ ks(t)f′(t) t=1 t=s− 1 s ks(t)f′′(t)dt Comme ks(0) = ks(1) = 0 et que f′′ ∈ E, on obtient : U(f)(s) = − 1 0 ks(t)f′′(t)dt = −T(f′′)(s) d'où U(f) = −T(f′′) Comme f′′ ∈ E, on a d'après Q12, on a T(f′′) de classe C2 sur [0, 1] et T(f′′)′′ = −f′′ donc (T(f′′) + f)′′ = 0 et la fonction T(f′′) + f s'annule en 0 et 1 donc T(f′′) + f = 0 comme en Q14 et U(f) = f Q 26. Soit f ∈ E1. On va tout d'abord montrer le lemme suivant : Soit α < β dans [0, 1], on a β α f′ = f(β) − f(α) On considère (xi)0⩽i⩽p (où p ∈ N∗) une subdivision de [α, β] adaptée à f′. Soit i ∈ [[1, p]], on a en changeant éventuellement les valeurs de f′ aux bornes : xi xi−1 f′ = f(xi) − f(xi−1) en utilisant le théorème fondamental de l'analyse. Pour démontrer le lemme il sut d'utiliser la relation de Chasles. Soit maintenant s ∈ [0, 1], comme f(0 = f(1) = 0, on a alors : U(f)(s) = 1 0 k′ s(t)f′(t)dt = (1 − s) s 0 f′ − s 1 s f′ = (1 − s)(f(s) − f(0)) − s(f(1) − f(s)) = f(s) d'où U(f) = f donc U est l'application identité de E1 Je suis fort surpris de ne pas utiliser la question précédente ! Q 27. 1. On sait que l'espace préhilbertien (E1, (· | ·)) est un sous-espace de F(I, R) où I est l'intervalle [0, 1] 2. Soit x ∈ [0, 1]. L'application Vx : f → f(x) est une forme linéaire sur E1. Soit f ∈ E1. On considère (xi)0⩽i⩽p (où p ∈ N∗) une subdivision de [0, 1] adaptée à f′ à laquelle on a ajouté x. Je note alors j ∈ [[0, p]] tel que xj = x En faisant, comme en Q24 (hypothèses analogues), on peut montrer que ∀i ∈ [[1, p]], |f(xi) − f(xi−1)| ⩽ (xi − xi−1) xi xi−1 f′(t) 2 dt ⩽ xi xi−1 f′(t) 2 dt 8/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 En remarquant que f(x) = j i=1 (f(xi) − f(xi−1)) et en utilisant l'inégalité triangulaire, on a : |f(x)| ⩽ j i=1 (xi − xi−1) xi xi−1 f′(t) 2 dt ⩽ p i=1 √xi − xi−1 × xi xi−1 f′(t) 2 dt En utilisant Cauchy-Schwarz, cette fois-ci dans Rp muni de sa structure euclidienne usuelle, on a : |f(x)| ⩽ p i=1 √xi − xi−1 2 · p i=1 xi xi−1 f′(t) 2 dt 2 = 1 0 f′(t) 2 dt Ainsi ∀f ∈ E1, Vx(f) ⩽ 1 · N(f) Comme Vx est linéaire, Vx est continue de (E1, N) vers R. 3. Il s'agit de montrer que ∀x ∈ I, ∀f ∈ E1, f(x) = (kx | f) où kx et K sont dénies en II et vérient ∀x, t ∈ [0, 1], K(x, t) = kx(t) Soit f ∈ E1. Soit x ∈ [0, 1]. D'après 26, on a : (kx | f) = 1 0 k′ x(t)f′(t)dt = U(f)(x) = f(x) Ainsi l'espace préhilbertien (E1, (· | ·)) est un espace à noyau reproduisant admettant K comme noyau Remarque : la condition 2 est conséquence de la condition 3 en utilisant Cauchy-Schwarz mais elle est bien utile pour la question suivante. III.B - Un contre-exemple Q 28. L'exemple du cours de la suite de fonctions qui converge pour la norme 2 mais pas simplement m'a inspiré ici. Par l'absurde si (E, ⟨·, ·⟩) était un espace à noyau reproduisant. Alors l'application V1 : f → f(1) serait une forme linéaire continue sur l'espace vectoriel normé (E, ∥ · ∥). Pour n ∈ N∗, on considère fn : x → xn. On a ∀n ∈ N∗, V1(fn) = 1. De plus ∥fn∥ = 1 0 (tn)2 dt = 1 2n + 1 donc ∥fn∥ −−−−−→ n→+∞ 0 ainsi (fn)n converge vers 0E la fonction nulle sur [0, 1]. Par continuité de V1, on a donc V1(fn) −−−−−→ n→+∞ V1(0E) Par unicité de la limite 1 = 0E(1) = 0 ce qui est absurde Ainsi (E, ⟨·, ·⟩) n'est pas un espace à noyau reproduisant III.C - Fonctions développables en série entière Q 29. Comme la série (an)2 est convergente, alors la suite (a2 n)n est bornée donc la suite (an1n)n est bornée. Ainsi d'après le lemme d'Abel, le rayon de convergence de la série entière antn est supérieur ou égal à 1 9/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Q 30. Nous allons montrer que E2 est bien un espace vectoriel et que ⟨·, ·⟩ est un produit scalaire. Soit f, g et h ∈ E2. Soit λ ∈ R. On considère (an), (bn) et (cn) ∈ RN de carrés sommables telles que f : t → +∞ n=0 antn et g : t → +∞ n=0 bntn et h : t → +∞ n=0 cntn On remarque qu'il y a correspondance bijective entre une fonction de E2 et la suite de coecients de la série entière d'après le cours. Ainsi (λf + g) : t → +∞ n=0 (λan + bn) tn et seule la suite (λan + bn)n convient. E2 espace vectoriel : On a clairement E2 ⊂ F ( ] − 1, 1[ , R) qui est un espace vectoriel. Il sut d'établir que E2 est un sous-espace de F ( ] − 1, 1[ , R). De plus E2 ̸= ∅ car la fonction nulle est dans E2. Il reste à établir que λf, f + g ∈ E2 c'est-à-dire n⩾0 (λan)2 et n⩾0 (an + bn)2 convergent. Pour la première série, c'est vrai par linéarité. Pour la deuxième, on commence par remarquer que ∀n ∈ N, |anbn| ⩽ a2 n + b2 n 2 car (|an| − |bn|)2 ⩾ 0. Ainsi par comparaison entre séries à termes positifs, la série n⩾0 anbn converge absolument donc converge d'où n⩾0 (an + bn)2 converge aussi par linéarité. Forme : À l'aide de l'étape précédente, on voit que la série n⩾0 anbn converge. Ainsi ⟨f, g⟩ existe bien dans R. Caractère symétrique et linéarité : sont évidents. Caractère positif : Une somme de réels positifs est positive. Caractère déni : On suppose que ⟨f, f⟩ = 0. Ainsi +∞ n=0 (an)2 = 0 Donc ∀n ∈ N, an = 0 (somme de réels positifs) d'où f est la fonction nulle Conclusion : Ainsi E2 muni de ⟨·, ·⟩ est un espace préhilbertien réel Q 31. On pose (bn)n∈N = (xn)n∈N. On remarque que la série n⩾0 (bn)2 converge en tant que série géométrique de raison x2n ∈ [0, 1[ . Je pose alors gx : t → +∞ n=0 bntn = +∞ n=0 xntn = 1 1 − xt, ainsi gx ∈ E2. Soit f ∈ E2. On considère (an) ∈ RN de carré sommable telle que f : t → +∞ n=0 antn. Alors on a ⟨gx, f⟩ = +∞ n=0 anbn = +∞ n=0 anxn = f(x) On a trouvé gx ∈ E2 tel que pour tout f ∈ E2, f(x) = ⟨gx, f⟩ 10/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Q 32. E2 muni de ⟨·, ·⟩ est un espace préhilbertien réel sous-espace vectoriel de F (I, R) où I est l'intervalle ] − 1, 1[ . Le point 1 est vérié. Je note N2 la norme de l'espace préhilbertien (E2, ⟨·, ·⟩). Soit x ∈ I. À l'aide de Cauchy-Schwarz, on a : ∀f ∈ E2, |Vx(f)| = |f(x)| = |⟨gx, f⟩| ⩽ N2 (gx) · N2(f) De plus Vx étant linéaire, ainsi Vx est continue. On a établi le point 2. Le point 3. a alors été établi en Q31. et on a : ∀(x, t) ∈ (]−1, 1[)2 , gx(t) = 1 1 − xt On peut en déduire que E2 est un espace à noyau reproduisant, de noyau : (x, t) ∈ ]−1, 1[2 −→ 1 1 − xt III.D - Autre exemple parmi les fonctions de classe C1 par morceaux Q 33. On admet que (E3, (· | ·)) est bien un espace préhilbertien, la preuve se faisant comme en Q23. Le point 1 est vérié avec I = [0, a]. La continuité de Vx pour x ∈ I sera conséquence de 3 en faisant comme en Q 32 avec Cauchy-Schwarz et la caractérisation des applications linéaires continues. Soit x ∈ [0, a] et f ∈ E3. Pour le point 3, on pose kx : t → min(x, t) et il sut d'établir que kx ∈ E3 et f(x) = (kx | f) or on a ∀t ∈ [0, x], kx(t) = t et ∀t ∈ [x, a], kx(t) = x donc la fonction kx est continue et C1 par morceaux et ∀t ∈ [0, x[ , k′ x(t) = 1 et ∀t ∈ ]x, a], k′ x(t) = 0 De plus kx(0) = 0 d'où kx ∈ E3. Ainsi, en utilisant le lemme établi en Q26 : (kx | f) = a 0 f′(t)k′ x(t)dt = x 0 f′(t)dt + a x 0dt = f(x) − f(0) = f(x) Ainsi la fonction (x, y) → min(x, y) est un noyau reproduisant sur (E3, (· | ·)) Q 34. Comme ϕ′ < 0 et ϕ(a) = 0 alors ϕ est continue et strictement décroissante sur [0, a] donc ϕ induit une bijection de [0, a] vers [ϕ(a), ϕ(0)] = [0, α] en notant α = ϕ(0) > 0. Je note alors F : [0, α] −→ [0, a] la bijection réciproque qui est strictement décroissante et dérivable car ϕ′ ne s'annule pas. Et comme ∀t ∈ [0, α], F′(t) = 1 ϕ′ (F(t)) on voit que F′ est continue par composition. Ainsi F est de classe C1. Je considère l'espace E3 de la question précédente mais en remplaçant a par α c'est-à-dire que E3 est l'espace des fonctions continues et de classe C1 par morceaux sur [0, α] avec le produit scalaire déni par : ∀f, g ∈ E3, (f | g) = α 0 f′g′. On a ainsi un espace préhilbertien à noyau de noyau (x, y) ∈ [0, α] → min(x, y) 11/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Je considère alors l'application : Λ : E4 −→ E3 f −→ f ◦ F Il s'agit dans un premier temps de montrer que Λ est bien dénie. Soit f ∈ E4. Comme f : [0, a] → R et F : [0, α] −→ [0, a] sont continues alors f ◦ F est bien continue sur [0, α] De plus f ◦ F(0) = f(F(0)) = f(a) = 0. On considère alors (xi)0⩽i⩽p (p ∈ N∗) une subdivision de [0, a] adaptée au caractère C1 par morceaux de f alors (ϕ(xp−i))0⩽i⩽p est une subdivision de [0, α] et par composition cette subdivision est adaptée au caractère C1 par morceaux de f ◦ F. Donc Λ est bien dénie. De plus Λ est clairement linéaire et bijective de bijection réciproque g ∈ E3 → g ◦ ϕ ∈ E4. Ainsi Λ est un isomorphisme. Je pose alors pour f et g ∈ E4, ∀f, g ∈ E4, < f | g >= (Λ(f) | Λ(g)) = α 0 (f ◦ F)′ · (g ◦ F)′ où (· | ·) est le produit scalaire de la question précédente. En exploitant l'isomorphisme, on montre facilement que < · | · > est un produit scalaire sur E4. Je note L : (x, y) −→ min(ϕ(x), ϕ(y)) et pour x ∈ [0, α], je pose ℓx : t → L(x, t) Le point 1 étant vrai avec I = [0, a] et le point 2 étant conséquence du point 3, il reste à établir que L est un noyau reproduisant sur l'espace préhilbertien E4 c'est-à-dire : ∀x ∈ [0, a], ∀f ∈ E4, ℓx ∈ E4 et < ℓx | f >= f(x) Soit f ∈ E4 et x ∈ [0, a]. En remarquant que ϕ ([0, a]) = [0, α], on a : ∀t ∈ [0, a], ℓx(t) = min(ϕ(x), ϕ(t)) = kϕ(x) (ϕ(t)) donc ℓx = kϕ(x) ◦ ϕ = Λ−1 kϕ(x) ∈ E4 car kϕ(x) ∈ E3. Puis < ℓx | f >= (Λ (ℓx) | Λ(f)) = kϕ(x) | f ◦ F = f ◦ F (ϕ(x)) = f(x) ainsi (f, g) −→ ϕ(0) 0 f ◦ ϕ−1 ′ · f ◦ ϕ−1 ′ est un produit scalaire sur E4 tel que la fonction (x, y) → min(ϕ(x), ϕ(y)) soit un noyau reproduisant sur l'espace préhilbertien E4 IV Quelques résultats sur les espaces à noyau reproduisant IV.A - Continuité Q 35. Soit f ∈ E tel que ∥f∥ = 1. À l'aide Cauchy-Schwarz, on a : |f(x)| = |⟨f, kx⟩| ⩽ ∥f∥ · ∥kx∥ = ⟨kx, kx⟩ d'où l'existence des membres et l'inégalité : 0 ⩽ N(Vx) = sup ∥f∥=1 |f(x)| ⩽ ⟨kx, kx⟩ Si kx = 0E, alors N(Vx) = 0 = ⟨kx, kx⟩ 12/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Si kx ̸= 0E, alors g = 1 ⟨kx, kx⟩ kx est de norme 1 et Vx(g) = 1 ⟨kx, kx⟩ kx(x) = ⟨kx, kx⟩ ⟨kx, kx⟩ Dans tous les cas, il s'agit d'un maximum et on a N(Vx) = ⟨kx, kx⟩ Q 36. On remarque tout d'abord que ∀x, y ∈ I, K(x, y) = kx(y) = ⟨kx, ky⟩ = K(y, x) Soit f ∈ E et x ∈ I. Il s'agit d'établir que lim y→xf(y) = f(x) pour obtenir la continuité de f en x. Soit y ∈ I. On a, avec Cauchy-Schwarz, |f(x) − f(y)| = |⟨kx, f⟩ − ⟨ky, f⟩| = |⟨kx − ky, f⟩| ⩽ ∥kx − ky∥ · ∥f∥ Puis ∥kx − ky∥2 = ⟨kx, kx⟩ + ⟨ky, ky⟩ − 2⟨kx, ky⟩ = K(x, x) + K(y, y) − 2K(x, y) Or K est continue sur I2 et (x, x) = lim y→x(y, y) = lim y→x(x, y) donc lim y→x∥kx − ky∥ = lim y→x (K(x, x) + K(y, y) − 2K(x, y)) = K(x, x) + K(x, x) − 2K(x, x) = 0 D'où par théorème des gendarmes : lim y→xf(y) = f(x). Ainsi f est continue en tout point de I donc f est continue sur I. D'où toutes les fonctions de E sont continues IV.B - Construction d'un espace à noyau reproduisant Q 37. Montrons au préalable que T : E −→ E est bien dénie Soit f ∈ E. Je note F : (x, t) ∈ [0, 1]2 −→ A(x, t)f(t) ∈ R. Ainsi F et continue sur [0, 1]2. Pour tout t ∈ [0, 1], x → F(x, t) est continue sur [0, 1] (i) Pour tout x ∈ [0, 1], t → F(x, t) est continue sur [0, 1] (ii) [0, 1]2 étant compact (produit de compacts), le théorème des bornes atteintes nous fournit M > 0 tel que ∀(x, t) ∈ [0, 1]2, |F(x, t)| ⩽ m L'hypothèse de domination est vériée car t −→ M est continue donc intégrable sur le segment [0, 1] (iii) Avec (i), (ii) et (iii), on a par théorème de cours : T(f)x → 1 0 F(x, t)dt dénie et continue sur [0, 1]. Donc T(f) ∈ E. La linéarité étant évidente, on a bien T ∈ L(E) Comme ker T est de dimension nie, alors (ker T)⊥ est un supplémentaire de ker T donc selon le lemme du théorème du rang, T induit un isomorphisme de (ker T)⊥ sur Im T 13/14 Centrale Mathématiques 2 Un corrigé 2020 Q 38. (ker T)⊥ , ⟨·, ·⟩ est un espace préhilbertien réel où le produit scalaire est induit par celui sur E et S ∈ L Im T, (ker T)⊥ est un isomorphisme. Ainsi comme en Q34, on obtient que (Im T, ϕ) est un espace préhilbertien réel et on a Im T ⊂ E ⊂ F ([0, 1], R), le point 1 est vérié. Soit f ∈ Im T et x ∈ [0, 1]. Je note kx : y ∈ [0, 1] −→ K(x, y). Comme en Q33, pour vérier les points 2 et 3, il sura d'établir que kx ∈ Im T et f(x) = ϕ (kx, f) Je pose hx : t ∈ [0, 1] −→ A(x, t). Comme A est continue sur [0, 1]2, alors hx ∈ E et ∀y ∈ [0, 1], kx(y) = K(x, y) = 1 0 A(x, t)A(y, t)dt = 1 0 hx(t)A(y, t)dt = T(hx)(y) Ainsi on a kx = T(hx) ∈ Im T et au passage on a vérié que K est bien dénie. On a alors ϕ (kx, f) = ⟨S ◦ T (hx) , S(f)⟩ = ⟨hx, S(f)⟩ = 1 0 A(x, t) · S(f)(t) dt = T (S(f)) (x) = f(x) Ainsi (Im T, ϕ) est un espace à noyau reproduisant, de noyau K • • • FIN • • • 14/14