📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2022 — Centre Universitaire Abdelhafid Boussouf - Mila — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours d'accès à la formation de doctorat 3ème cycle — Filière Mathématiques — Sujet 01 — Analyse et Algèbre — 05 mars 2022

التمرين 1

Matrices orthogonales avec det A + det B = 0 et singularité de A+B

#matrices orthogonales#déterminant#valeurs propres

Soient AA et BB deux matrices carrées d'ordre nn orthogonales telles que det⁡A+det⁡B=0\det A+\det B=0. On rappelle qu'une matrice carrée MM d'ordre nn est dite orthogonale si et seulement si MMt=InMM^t=I_n.

1. Montrer que ABtAB^t est une matrice orthogonale et que det⁡(ABt)=−1\det(AB^t)=-1.

2. Montrer que −1-1 est une valeur propre de la matrice ABtAB^t si et seulement si det⁡(A+B)=0\det(A+B)=0.

3. Montrer que A+BA+B est une matrice singulière.

◀الحل

1. ABtAB^t est orthogonale de déterminant −1-1

(ABt)(ABt)t=ABtBAt=A In At=AAt=In,(AB^t)(AB^t)^t=AB^tBA^t=A\,I_n\,A^t=AA^t=I_n, donc ABtAB^t est orthogonale. Une matrice orthogonale a un déterminant ±1\pm1 ; l'hypothèse det⁡A=−det⁡B\det A=-\det B donne det⁡(ABt)=det⁡A det⁡B=−(det⁡B)2=−1.\det(AB^t)=\det A\,\det B=-(\det B)^2=-1.

2. Caractérisation de la valeur propre −1-1

−1-1 est valeur propre de ABtAB^t si et seulement si det⁡(ABt+In)=0\det(AB^t+I_n)=0. Or, en écrivant In=AAtI_n=AA^t : det⁡(ABt+In)=det⁡(A(Bt+At))=det⁡A⋅det⁡((A+B)t)=det⁡A⋅det⁡(A+B).\det(AB^t+I_n)=\det\big(A(B^t+A^t)\big)=\det A\cdot\det\big((A+B)^t\big)=\det A\cdot\det(A+B). Comme det⁡A=±1≠0\det A=\pm1\neq0, det⁡(ABt+In)=0  ⟺  det⁡(A+B)=0.\det(AB^t+I_n)=0\iff\det(A+B)=0.

3. A+BA+B est singulière

Posons Q=ABtQ=AB^t : orthogonale avec det⁡Q=−1\det Q=-1. Alors, en utilisant In=QQtI_n=QQ^t : det⁡(Q+In)=det⁡(Q(In+Qt))=det⁡Q⋅det⁡((In+Q)t)=−det⁡(Q+In),\det(Q+I_n)=\det\big(Q(I_n+Q^t)\big)=\det Q\cdot\det\big((I_n+Q)^t\big)=-\det(Q+I_n), d'où det⁡(Q+In)=0\det(Q+I_n)=0 : −1-1 est valeur propre de Q=ABtQ=AB^t. D'après la question 2, det⁡(A+B)=0\det(A+B)=0, c'est-à-dire que A+BA+B est singulière.

التمرين 2

Suite implicite définie par fₙ(x)=2(x-1)+exp(-x/n)

#suites implicites#théorème des valeurs intermédiaires#monotonie#limites

On considère pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^* la fonction fn:R+→Rf_n:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R} définie par : fn(x)=2 (x−1)+exp⁡ ⁣(−xn).f_n(x)=2\,(x-1)+\exp\!\Big(-\frac{x}{n}\Big).

1. Montrer que pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*, il existe un unique xn∈ ]0,1[x_n\in\,]0,1[ tel que fn(xn)=0f_n(x_n)=0.

2. Montrer que pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^*, fn+1(xn)f_{n+1}(x_n) est strictement positif.

3. Montrer que la suite (xn)n∈N∗(x_n)_{n\in\mathbb{N}^*} est décroissante.

4. En déduire que la suite (xn)n∈N∗(x_n)_{n\in\mathbb{N}^*} est convergente. Calculer sa limite.

◀الحل

1. Existence et unicité de xnx_n

fnf_n est dérivable sur R+\mathbb{R}_+ et fn′(x)=2−1ne−x/n≥2−1n>0f_n'(x)=2-\dfrac1n e^{-x/n}\ge 2-\dfrac1n>0 : fnf_n est strictement croissante. De plus fn(0)=−2+1=−1<0,fn(1)=e−1/n>0.f_n(0)=-2+1=-1<0,\qquad f_n(1)=e^{-1/n}>0. Par le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie, il existe un unique xn∈ ]0,1[x_n\in\,]0,1[ tel que fn(xn)=0f_n(x_n)=0.

2. Signe de fn+1(xn)f_{n+1}(x_n)

Comme xn>0x_n>0, on a −xnn+1>−xnn-\dfrac{x_n}{n+1}>-\dfrac{x_n}{n}, donc e−xn/(n+1)>e−xn/ne^{-x_n/(n+1)}>e^{-x_n/n}. Ainsi fn+1(xn)−fn(xn)=e−xn/(n+1)−e−xn/n>0,f_{n+1}(x_n)-f_n(x_n)=e^{-x_n/(n+1)}-e^{-x_n/n}>0, et comme fn(xn)=0f_n(x_n)=0, on obtient fn+1(xn)>0f_{n+1}(x_n)>0.

3. Décroissance de (xn)(x_n)

fn+1f_{n+1} est strictement croissante, fn+1(xn+1)=0f_{n+1}(x_{n+1})=0 et fn+1(xn)>0f_{n+1}(x_n)>0, donc xn+1<xnx_{n+1}<x_n : la suite est (strictement) décroissante.

4. Convergence et limite

Décroissante et minorée par 00, la suite (xn)(x_n) converge vers ℓ∈[0,1[\ell\in[0,1[. Comme 0<xn<10<x_n<1, on a xnn→0\dfrac{x_n}{n}\to0, donc e−xn/n→1e^{-x_n/n}\to1. En passant à la limite dans 2(xn−1)+e−xn/n=02(x_n-1)+e^{-x_n/n}=0 : 2(ℓ−1)+1=0  ⟹  ℓ=12.2(\ell-1)+1=0\;\Longrightarrow\;\boxed{\ell=\frac12}.

التمرين 3

Suite de fonctions nxⁿ(1-x)^α : convergence simple et uniforme

#suites de fonctions#convergence uniforme#étude de supremum

Soit α\alpha un nombre réel strictement positif. On considère la suite de fonctions définie sur l'intervalle [0,1][0,1] par fn(x)=n xn(1−x)αpour n≥1.f_n(x)=n\,x^n(1-x)^{\alpha}\quad\text{pour } n\ge1.

1. Montrer que la suite de fonctions fnf_n converge simplement sur l'intervalle [0,1][0,1] et trouver sa limite.

2. Montrer que la suite de fonctions fnf_n converge uniformément vers sa limite sur l'intervalle [0,1][0,1] si et seulement si α>1\alpha>1.

3. On suppose 0<α≤10<\alpha\le1. Montrer que la suite de fonctions fnf_n converge uniformément sur le segment [0,a][0,a] pour tout a∈[0,1[a\in[0,1[.

◀الحل

1. Convergence simple

Aux bornes, fn(0)=fn(1)=0f_n(0)=f_n(1)=0. Pour 0<x<10<x<1, la croissance géométrique l'emporte : n xn→0n\,x^n\to0, donc fn(x)→0f_n(x)\to0. La suite converge simplement vers la fonction nulle sur [0,1][0,1].

2. Convergence uniforme sur [0,1][0,1]

Étudions ∥fn∥∞\|f_n\|_\infty. On a fn′(x)=n xn−1(1−x)α−1(n(1−x)−αx),f_n'(x)=n\,x^{n-1}(1-x)^{\alpha-1}\big(n(1-x)-\alpha x\big), qui s'annule (dans ]0,1[]0,1[) en xn∗=nn+αx_n^*=\dfrac{n}{n+\alpha}, où le maximum est atteint : ∥fn∥∞=fn(xn∗)=n(nn+α)n(αn+α)α.\|f_n\|_\infty=f_n(x_n^*)=n\Big(\frac{n}{n+\alpha}\Big)^{n}\Big(\frac{\alpha}{n+\alpha}\Big)^{\alpha}. Quand n→∞n\to\infty : (nn+α)n=(1+αn)−n→e−α\Big(\dfrac{n}{n+\alpha}\Big)^{n}=\Big(1+\dfrac{\alpha}{n}\Big)^{-n}\to e^{-\alpha} et (αn+α)α∼ααnα\Big(\dfrac{\alpha}{n+\alpha}\Big)^{\alpha}\sim\dfrac{\alpha^{\alpha}}{n^{\alpha}}, donc ∥fn∥∞∼ααe−α n1−α.\|f_n\|_\infty\sim \alpha^{\alpha}e^{-\alpha}\,n^{1-\alpha}.

  • Si α>1\alpha>1 : ∥fn∥∞→0\|f_n\|_\infty\to0 — convergence uniforme sur [0,1][0,1].
  • Si α=1\alpha=1 : ∥fn∥∞→e−1≠0\|f_n\|_\infty\to e^{-1}\neq0 ; si α<1\alpha<1 : ∥fn∥∞→+∞\|f_n\|_\infty\to+\infty — pas de convergence uniforme.

Donc la convergence est uniforme sur [0,1][0,1] si et seulement si α>1\alpha>1.

3. Convergence uniforme sur [0,a][0,a], a<1a<1

Comme xn∗=nn+α→1x_n^*=\dfrac{n}{n+\alpha}\to1, il existe NN tel que xn∗>ax_n^*>a pour n≥Nn\ge N. La fonction fnf_n étant croissante sur [0,xn∗]⊇[0,a][0,x_n^*]\supseteq[0,a], sup⁡x∈[0,a]∣fn(x)∣=fn(a)=n an(1−a)α→n→∞0,\sup_{x\in[0,a]}|f_n(x)|=f_n(a)=n\,a^n(1-a)^{\alpha}\xrightarrow[n\to\infty]{}0, car 0≤a<10\le a<1. La convergence est donc uniforme sur [0,a][0,a] pour tout a∈[0,1[a\in[0,1[.