مسابقة دكتوراه 2025 — Centre Universitaire Nour Bachir - El Bayadh — الموضوع 01

1. $\Phi$ est un endomorphisme

$P\mapsto P$ et $P\mapsto(1-X)P'$ sont linéaires. Si $\deg P\le3$, alors $\deg\big((1-X)P'\big)\le1+(\deg P-1)=\deg P\le3$, donc $\Phi(P)\in\mathbb{R}_3[X]$. Ainsi $\Phi$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_3[X]$.

2. Image et noyau

Sur la base : $\Phi(1)=1$, $\Phi(X)=X+(1-X)=1$, $\Phi(X^{2})=X^{2}+(1-X)2X=2X-X^{2}$, $\Phi(X^{3})=X^{3}+(1-X)3X^{2}=3X^{2}-2X^{3}$.

Image : $\operatorname{Im}\Phi=\operatorname{Vect}\{1,\ 2X-X^{2},\ 3X^{2}-2X^{3}\}$, trois polynômes de degrés échelonnés $0,2,3$, donc libres. Une base est $\big(1,\ 2X-X^{2},\ 3X^{2}-2X^{3}\big)$ et $\operatorname{rg}\Phi=3$.

Noyau : par le théorème du rang $\dim\operatorname{Ker}\Phi=4-3=1$. Comme $\Phi(X)=\Phi(1)$, on a $\Phi(X-1)=0$, et $\Phi(X-1)=(X-1)+(1-X)=0$. Donc $\operatorname{Ker}\Phi=\operatorname{Vect}(X-1)$, base $(X-1)$.

3. Sous-espace $F$

Pour $P=a+bX+cX^{2}+dX^{3}$ : $P(0)=a=0$ et $P'(0)=b=0$. Donc $P=cX^{2}+dX^{3}$ et $F=\operatorname{Vect}(X^{2},X^{3}),\qquad \dim F=2.$

4. Supplémentaire de $F$

On peut prendre $G=\mathbb{R}_1[X]=\operatorname{Vect}(1,X)$. La réunion des bases $(X^{2},X^{3})$ et $(1,X)$ est la base canonique de $\mathbb{R}_3[X]$, donc $\boxed{\mathbb{R}_3[X]=F\oplus\operatorname{Vect}(1,X).}$

Calcul de $(L\circ L)(y)$

$L(y)=y'+py,\qquad (L\circ L)(y)=L(y'+py)=(y'+py)'+p(y'+py).$ En développant : $(L\circ L)(y)=y''+p'y+py'+py'+p^{2}y=y''+2p\,y'+(p^{2}+p')\,y.$

Application à l'équation proposée

On choisit $p(x)=\mathrm{th}(x)$. Alors $p'=1-\mathrm{th}^{2}x$ et $p^{2}+p'=\mathrm{th}^{2}x+1-\mathrm{th}^{2}x=1$, donc $(L\circ L)(y)=y''+2\,\mathrm{th}(x)\,y'+y.$ L'équation s'écrit donc $(L\circ L)(y)=0$. On pose $z=L(y)=y'+\mathrm{th}(x)\,y$ ; alors $L(z)=z'+\mathrm{th}(x)z=0$ donne $z=\frac{C_1}{\operatorname{ch}x}.$ Il reste $y'+\mathrm{th}(x)y=\dfrac{C_1}{\operatorname{ch}x}$. Le facteur intégrant est $\operatorname{ch}x$ (car $\int\mathrm{th}=\ln\operatorname{ch}$) : $\big(\operatorname{ch}(x)\,y\big)'=\operatorname{ch}(x)\cdot\frac{C_1}{\operatorname{ch}x}=C_1\ \Longrightarrow\ \operatorname{ch}(x)\,y=C_1x+C_2.$ D'où $\boxed{y(x)=\frac{C_1\,x+C_2}{\operatorname{ch}(x)},\qquad C_1,C_2\in\mathbb{R}.}$

1. $P$ est harmonique

Un calcul direct donne $P_{xx}=e^{-x}(x\sin y-y\cos y-2\sin y),\qquad P_{yy}=e^{-x}(-x\sin y+y\cos y+2\sin y),$ donc $\Delta P=P_{xx}+P_{yy}=0$ : $P$ est harmonique.

2. Conjuguée harmonique $Q$

Cauchy-Riemann : $Q_y=P_x=e^{-x}(-x\sin y+y\cos y+\sin y)$. En intégrant en $y$ : $Q=e^{-x}(x\cos y+y\sin y)+g(x).$ La condition $Q_x=-P_y=e^{-x}(-x\cos y+\cos y-y\sin y)$ impose $g'(x)=0$. Donc (à une constante près) $Q(x,y)=e^{-x}(x\cos y+y\sin y).$

3. Expression de $f$

$f=e^{-x}\big[(x\sin y-y\cos y)+i(x\cos y+y\sin y)\big]=e^{-x}\,e^{-iy}\,iz=iz\,e^{-z}.$ La condition $f(1)=i\,e^{-1}$ est bien vérifiée ($iz e^{-z}$ en $z=1$ vaut $ie^{-1}$). Donc $\boxed{f(z)=iz\,e^{-z}.}$

4. Intégrale de contour

$D$ est le disque de centre $1+i$, rayon $2$. Pôles de $\dfrac{1}{(z-1)^2(z-i)(z+i)}$ : $z=1$ (double, $|1-(1+i)|=1<2$, intérieur), $z=i$ ($|i-(1+i)|=1<2$, intérieur), $z=-i$ ($|-i-(1+i)|=\sqrt5>2$, extérieur).

Résidu en $z=i$ : $\dfrac{1}{(z-1)^{2}(z+i)}\Big|_{z=i}=\dfrac{1}{(i-1)^{2}(2i)}=\dfrac{1}{(-2i)(2i)}=\dfrac14.$

Résidu en $z=1$ (double) : $\dfrac{d}{dz}\Big[\dfrac{1}{z^{2}+1}\Big]_{z=1}=\dfrac{-2z}{(z^{2}+1)^{2}}\Big|_{z=1}=-\dfrac12.$

Donc $\oint_{\partial D}=2\pi i\Big(\tfrac14-\tfrac12\Big)=2\pi i\cdot\Big(-\tfrac14\Big)=\boxed{-\frac{i\pi}{2}}.$