مسابقة دكتوراه 2025 — Centre Universitaire Nour Bachir - El Bayadh — الموضوع 02

1.

Linéarité : $\Phi(\lambda P+Q)=\lambda P+Q+(1-X)(\lambda P'+Q')=\lambda\Phi(P)+\Phi(Q)$. Degré : si $\deg P\leq 3$, alors $\deg P'\leq 2$ et $\deg\bigl((1-X)P'\bigr)\leq 3$, donc $\Phi(P)\in E$ :

$\boxed{\Phi\in\mathcal{L}(E)}$

2.

Images de la base canonique :

$\Phi(1)=1,\qquad\Phi(X)=X+(1-X)=1,\qquad\Phi(X^{2})=X^{2}+2X(1-X)=2X-X^{2},\qquad\Phi(X^{3})=X^{3}+3X^{2}(1-X)=3X^{2}-2X^{3}$

Pour $P=a+bX+cX^{2}+dX^{3}$ :

$\Phi(P)=(a+b)+2c\,X+(3d-c)\,X^{2}-2d\,X^{3}$

$\ker\Phi$ : $d=0$, $c=0$, $a+b=0$, soit $P=a(1-X)$ :

$\boxed{\ker\Phi=\operatorname{Vect}(1-X),\qquad\dim\ker\Phi=1}$

Par le théorème du rang, $\dim\operatorname{Im}\Phi=3$, et $\Phi(1),\Phi(X^{2}),\Phi(X^{3})$ sont échelonnés en degré donc libres :

$\boxed{\operatorname{Im}\Phi=\operatorname{Vect}\bigl(1,\ 2X-X^{2},\ 3X^{2}-2X^{3}\bigr)}$

3.

$F$ est le noyau de l'application linéaire $P\mapsto(P(0),P'(0))$ : c'est un sous-espace vectoriel. $P=a+bX+cX^{2}+dX^{3}\in F\iff a=b=0$ :

$\boxed{F=\operatorname{Vect}(X^{2},X^{3}),\qquad\dim F=2}$

4.

Posons $G=\mathbb{R}_{1}[X]=\operatorname{Vect}(1,X)$. Tout $P=a+bX+cX^{2}+dX^{3}$ s'écrit de façon unique $(a+bX)+(cX^{2}+dX^{3})$ avec $F\cap G=\{0\}$ :

$\boxed{E=F\oplus G,\qquad G=\operatorname{Vect}(1,X)}$

1.

$(L\circ L)(y)=L\bigl(y'+py\bigr)=(y'+py)'+p\,(y'+py)$

$\boxed{(L\circ L)(y)=y''+2p\,y'+\bigl(p'+p^{2}\bigr)y}$

2.

Identifions avec l'équation proposée : $2p=2\operatorname{th}x$ donne $p=\operatorname{th}x$, et alors

$p'+p^{2}=\bigl(1-\operatorname{th}^{2}x\bigr)+\operatorname{th}^{2}x=1$

Donc l'équation s'écrit exactement $(L\circ L)(y)=0$ avec $L(y)=y'+\operatorname{th}(x)\,y$.

Résolution en cascade. D'abord $L(z)=0$ : $z'=-\operatorname{th}(x)z$, donc $z=\frac{C}{\operatorname{ch}x}$ (car $\int\operatorname{th}=\ln\operatorname{ch}$).

Ensuite $L(y)=z$ : $y'+\operatorname{th}(x)\,y=\frac{C}{\operatorname{ch}x}$. La solution homogène est $\frac{B}{\operatorname{ch}x}$ ; par variation de la constante, $y=\frac{u(x)}{\operatorname{ch}x}$ donne $\frac{u'}{\operatorname{ch}x}=\frac{C}{\operatorname{ch}x}$, soit $u'=C$, $u=Cx+B$ :

$\boxed{y(x)=\frac{A\,x+B}{\operatorname{ch}x},\qquad A,B\in\mathbb{R}}$

(On vérifie que $\frac{1}{\operatorname{ch}x}$ et $\frac{x}{\operatorname{ch}x}$ sont deux solutions indépendantes.)

1.

Calculons les dérivées secondes :

$P_{x}=e^{-x}\bigl(\sin y-x\sin y+y\cos y\bigr),\qquad P_{xx}=e^{-x}\bigl(x\sin y-y\cos y-2\sin y\bigr)$

$P_{y}=e^{-x}\bigl(x\cos y-\cos y+y\sin y\bigr),\qquad P_{yy}=e^{-x}\bigl(-x\sin y+2\sin y+y\cos y\bigr)$

$\boxed{\Delta P=P_{xx}+P_{yy}=0\ :\ P\text{ est harmonique}}$

2.

On cherche $Q$ avec les conditions de Cauchy–Riemann $Q_{y}=P_{x}$ et $Q_{x}=-P_{y}$. En intégrant $Q_{y}=e^{-x}(\sin y-x\sin y+y\cos y)$ par rapport à $y$ (intégration par parties pour $y\cos y$) :

$Q=e^{-x}\bigl(x\cos y+y\sin y\bigr)+c$

On vérifie $Q_{x}=e^{-x}(\cos y-x\cos y-y\sin y)=-P_{y}$ :

$\boxed{Q(x,y)=e^{-x}\bigl(x\cos y+y\sin y\bigr)+c,\quad c\in\mathbb{R}}$

3.

On reconnaît $f=P+iQ=i\,z\,e^{-z}+ic$ : en effet, $z e^{-z}=e^{-x}\bigl[(x\cos y+y\sin y)+i(y\cos y-x\sin y)\bigr]$, donc

$i\,z\,e^{-z}=e^{-x}\bigl[(x\sin y-y\cos y)+i(x\cos y+y\sin y)\bigr]=P+iQ_{0}$

La condition $f(1)=i$ donne $i\,e^{-1}+ic=i$, soit $c=1-e^{-1}$ :

$\boxed{f(z)=i\,z\,e^{-z}+i\bigl(1-e^{-1}\bigr)}$

4.

Pôles de $g(z)=\frac{1}{(z-1)^{2}(z^{2}+1)}$ : $z=1$ (double), $z=\pm i$ (simples). Distances au centre $1+i$ : $|1-(1+i)|=1\lt 2$, $|i-(1+i)|=1\lt 2$, $|-i-(1+i)|=\sqrt{5}\gt 2$. Donc seuls $z=1$ et $z=i$ sont dans $D$.

Résidu en $z=1$ (pôle double) :

$\operatorname{Res}_{z=1}g=\lim_{z\to 1}\frac{d}{dz}\Bigl(\frac{1}{z^{2}+1}\Bigr)=\Bigl(\frac{-2z}{(z^{2}+1)^{2}}\Bigr)_{z=1}=-\frac{1}{2}$

Résidu en $z=i$ :

$\operatorname{Res}_{z=i}g=\frac{1}{(i-1)^{2}(2i)}=\frac{1}{(-2i)(2i)}=\frac{1}{4}$

Par le théorème des résidus :

$\boxed{\oint_{\partial D}\frac{dz}{(z-1)^{2}(z^{2}+1)}=2\pi i\Bigl(-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\Bigr)=-\frac{i\pi}{2}}$