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مسابقة دكتوراه 2025 — جامعة سعد دحلب البليدة 1 — الموضوع 03

مسابقة عامة · الرياضيات · المعامل: 1 · المدة: 1سا 30د

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Concours d’accès à la première année Doctorat LMD 2024-2025, épreuve n°03 Mathématiques générales, variante n°03, Université de Blida 1, Faculté des Sciences, Département de Mathématiques, 8 février 2025, coefficient 01, durée 1h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Endomorphisme de R3 et forme de Jordan

#linear-algebra#jordan-form#eigenvalues

Soit φ\varphi l’endomorphisme de R3\mathbb{R}^3 de matrice

M=(−10−3−12507627).M=\begin{pmatrix}-10&-3&-12\\5&0&7\\6&2&7\end{pmatrix}.
  1. Déterminer λ∈R\lambda\in\mathbb{R} tel que M−λI3M-\lambda I_3 ne soit pas inversible.
  2. Déterminer E(λ)=ker⁡(M−λI3)E(\lambda)=\ker(M-\lambda I_3) et conclure.
  3. Pour u=(−3,1,2)u=(-3,1,2), calculer φ(u)\varphi(u).
  4. Déterminer vv tel que φ(v)=u−v\varphi(v)=u-v, puis ww tel que φ(w)=v−w\varphi(w)=v-w.
  5. Montrer que (u,v,w)(u,v,w) est une base de R3\mathbb{R}^3.
  6. Soit
T=(−1100−1100−1).T=\begin{pmatrix}-1&1&0\\0&-1&1\\0&0&-1\end{pmatrix}.

a. Exprimer MM en fonction de TT. b. Montrer que (T+I3)3=0(T+I_3)^3=0 et en déduire (M+I3)3(M+I_3)^3. c. Déterminer M−1M^{-1} en fonction de M2M^2, MM et I3I_3.

◀الحل

1.

λ=−1\boxed{\lambda=-1}

2.

E(−1)=Vect⁡((−3,1,2))E(-1)=\operatorname{Vect}((-3,1,2)), donc MM n’est pas diagonalisable.

3.

φ(u)=−u\boxed{\varphi(u)=-u}

4.

Résoudre successivement (M+I3)v=u(M+I_3)v=u et (M+I3)w=v(M+I_3)w=v.

5.

L’application successive de (M+I3)2(M+I_3)^2 et (M+I3)(M+I_3) prouve que la famille est libre.

6.

Avec P=[u v w]P=[u\ v\ w], M=PTP−1M=PTP^{-1}. Ainsi (M+I3)3=0(M+I_3)^3=0, donc

M−1=−M2−3M−3I3.\boxed{M^{-1}=-M^2-3M-3I_3}.

التمرين 2

Exercice 2 — Intégrales impropres rationnelles

#improper-integrals#change-of-variables#beta-integral

On pose

α=∫0+∞dx1+x4,β=∫0+∞x21+x4 dx.\alpha=\int_0^{+\infty}\frac{dx}{1+x^4}, \qquad \beta=\int_0^{+\infty}\frac{x^2}{1+x^4}\,dx.
  1. Montrer que α\alpha et β\beta convergent.
  2. Montrer que α=β\alpha=\beta, puis calculer 2α2\alpha.
  3. En déduire
γ=∫0+∞dx(1+x4)2.\gamma=\int_0^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^4)^2}.
◀الحل

1.

Les intégrandes sont bornées près de 00 et équivalentes à x−4x^{-4} et x−2x^{-2} à l’infini.

2.

Le changement x=1/tx=1/t donne α=β\alpha=\beta.

α=β=π22\boxed{\alpha=\beta=\frac{\pi}{2\sqrt2}}

3.

γ=3π82\boxed{\gamma=\frac{3\pi}{8\sqrt2}}
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