مسابقة دكتوراه 2025 — Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma — الموضوع 01

1. Premiers coefficients

Les conditions initiales donnent $a_0=y(0)=1$ et $a_1=y'(0)=0$. En reportant $y=\sum a_n x^n$ dans $(E)$, on remarque que $xy''+2y'=(xy)''\qquad\text{car}\qquad (xy)''=xy''+2y'.$ Donc $(E)$ s'écrit $(xy)''+x\,y=0$, c'est-à-dire $w''+w=0$ avec $w=xy$.

En identifiant directement les coefficients de $\sum a_n x^n$, la relation (voir question 2) donne $a_2=-\frac{a_0}{6}=-\frac16,\quad a_3=0,\quad a_4=\frac{a_2\cdot(-1)}{20}=\frac1{120}.$

2. Relation de récurrence

En injectant la série dans $xy''+2y'+xy=0$ et en regroupant le coefficient de $x^{n}$ : $(n+2)(n+1)\,a_{n+1}+a_{n-1}=0\quad\Longrightarrow\quad a_{n+1}=-\frac{a_{n-1}}{(n+1)(n+2)}.$ Comme $a_1=0$, tous les termes de rang impair sont nuls. Pour les rangs pairs, en posant $n=2k$ : $a_{2k}=\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}.$

3. Identification et solution

Ainsi $y(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k}=\frac1x\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}=\frac{\sin x}{x}.$

Cette série a un rayon de convergence infini et se prolonge par $y(0)=1$. On vérifie $y'(0)=0$ (fonction paire).

$\boxed{\,y(x)=\dfrac{\sin x}{x}\ (x\neq0),\qquad y(0)=1.\,}$

1. Le domaine

Les deux paraboles $y=1-x^2$ (arc supérieur) et $y=x^2-1$ (arc inférieur) se coupent en $x^2-1=1-x^2$, soit $x=\pm1$, $y=0$. $D$ est la région (en forme de lentille) comprise entre elles, avec $x\in[-1,1]$. Sa frontière $\Gamma$ est formée des deux arcs.

2. Existence des extrema

$D$ est fermé (intersection de deux fermés) et borné ($x\in[-1,1]$, $|y|\le1$), donc compact ; $f$ est continue, donc elle atteint son maximum et son minimum sur $D$ (théorème de Weierstrass).

3. Points critiques intérieurs

$\frac{\partial f}{\partial x}=2x(1-y)=0,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=2y-x^2=0.$ De la première équation : $x=0$ ou $y=1$. Si $y=1$ : $x^2=2$, hors de $D$. Si $x=0$ : $y=0$. Seul point critique intérieur : $(0,0)$, avec $f(0,0)=0$.

4. Étude sur la frontière

Arc supérieur $y=1-x^2$, $x\in[-1,1]$. En posant $u=x^2\in[0,1]$ : $f=(1-u)^2-u(1-u)+u=2u^2-2u+1.$ Ce trinôme atteint son minimum $\tfrac12$ en $u=\tfrac12$ (soit $x=\pm\tfrac1{\sqrt2}$) et vaut $1$ en $u=0$ et $u=1$.

Arc inférieur $y=x^2-1$, $x\in[-1,1]$. Avec $u=x^2$ : $f=(u-1)^2-u(u-1)+u=1\quad(\text{constant !}).$ Donc $f\equiv1$ sur tout l'arc inférieur.

Sur $\Gamma$ : minimum $=\tfrac12$, maximum $=1$.

5. Conclusion sur $D$

Comme forme quadratique en $y$, $f=y^2-x^2y+x^2$ a pour discriminant $x^4-4x^2=x^2(x^2-4)<0$ pour $0<|x|<2$ : donc $f>0$ dès que $x\neq0$, et $f=y^2\ge0$ si $x=0$. Ainsi $f\ge0$ partout, avec $f=0$ uniquement en $(0,0)$.

$\boxed{\ \min_D f=f(0,0)=0,\qquad \max_D f=1\ (\text{atteint sur tout l'arc inférieur et aux points }(\pm1,0)).\ }$

1. L'adhérence est un sous-espace

$0\in F\subset\overline F$. Soient $x,y\in\overline F$ et $\lambda\in\mathbb{R}$ : il existe des suites $(x_n),(y_n)$ de $F$ avec $x_n\to x$, $y_n\to y$. Par continuité des opérations, $\lambda x_n+y_n\to\lambda x+y$, et $\lambda x_n+y_n\in F$ ; donc $\lambda x+y\in\overline F$. Ainsi $\overline F$ est un sous-espace vectoriel.

2. Intérieur vide d'un sous-espace propre

Supposons que $F$ soit d'intérieur non vide : il contient une boule $B(a,r)$ avec $r>0$. Comme $a\in F$ et $F$ est un sous-espace, pour tout $x$ avec $\|x\|<r$ on a $a+x\in B(a,r)\subset F$, donc $x=(a+x)-a\in F$ : ainsi $B(0,r)\subset F$.

Alors pour tout $z\neq0$, le vecteur $\dfrac{r}{2}\dfrac{z}{\|z\|}\in B(0,r)\subset F$, donc $z=\dfrac{2\|z\|}{r}\cdot\dfrac{r}{2}\dfrac{z}{\|z\|}\in F$. On aurait $F=E$, contradiction. Donc tout sous-espace propre (en particulier tout sous-espace fermé $\neq E$) est d'intérieur vide.

3. Sous-espace engendré par $B(0,1)$

Soit $G=\operatorname{Vect}\big(B(0,1)\big)$. Clairement $G\subset E$. Réciproquement, pour tout $x\in E$ non nul, $\dfrac{x}{2\|x\|}\in B(0,1)$, donc $x=2\|x\|\cdot\dfrac{x}{2\|x\|}\in G$. Et $0\in G$. Donc $\boxed{\operatorname{Vect}\big(B(0,1)\big)=E.}$