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مسابقة دكتوراه 2025 — Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma — الموضوع 03

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours national pour l'accès à la formation au Doctorat 3ème cycle, année universitaire 2024/2025, Filière : Mathématiques Appliquées, Examen commun : Mathématiques générales, Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma.

التمرين 1

Exercice 1 — Résolution d'une équation différentielle par série entière

#differential-equations#power-series#recurrence#sinc-function

On considère l'équation différentielle suivante

(E) {xy′′+2y′+xy=0y(0)=1y′(0)=0(E)\ \begin{cases} xy'' + 2y' + xy = 0 \\\\ y(0) = 1 \\\\ y'(0) = 0 \end{cases}

On note y(x)=∑n=0∞anxny(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n, une série entière dont le rayon de convergence RR est strictement positif.

  1. Calculer les coefficients a0,a1,a2,a3a_0, a_1, a_2, a_3 et a4a_4.
  2. Calculer les coefficients ana_n, n≥5n \geq 5.
  3. En déduire la solution de l'équation différentielle (E)(E).
◀الحل

1.

y(0)=1⇒a0=1y(0) = 1 \Rightarrow a_0 = 1 ; y′(0)=0⇒a1=0y'(0) = 0 \Rightarrow a_1 = 0. En injectant la série dans (E)(E), le coefficient de xn−1x^{n-1} donne n(n+1)an+an−2=0n(n+1)a_n + a_{n-2} = 0, soit la récurrence an=−an−2n(n+1)a_n = -\dfrac{a_{n-2}}{n(n+1)} pour n≥2n \geq 2.

a2=−16,a3=0,a4=1120.a_2 = -\frac{1}{6}, \quad a_3 = 0, \quad a_4 = \frac{1}{120}.

2.

Les termes impairs sont nuls (a1=0a_1 = 0). Pour les termes pairs, a2k=(−1)k(2k+1)!a_{2k} = \dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!} (on vérifie a0=1/1!a_0 = 1/1!, a2=−1/3!a_2 = -1/3!, a4=1/5!a_4 = 1/5!).

a2k=(−1)k(2k+1)!,a2k+1=0\boxed{a_{2k} = \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}, \quad a_{2k+1} = 0}

3.

y(x)=∑k=0∞(−1)kx2k(2k+1)!=1x∑k=0∞(−1)kx2k+1(2k+1)!y(x) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k+1)!} = \frac{1}{x}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}

y(x)=sin⁡xx(avec y(0)=1)\boxed{y(x) = \frac{\sin x}{x} \quad (\text{avec } y(0) = 1)}

التمرين 2

Exercice 2 — Extrema d'une fonction de deux variables sur un domaine compact

#multivariable-optimization#critical-points#compact-domain#boundary-analysis

Soit

f(x,y)=y2−x2y+x2etD={(x,y)∈R2:x2−1≤y≤1−x2}.f(x, y) = y^2 - x^2 y + x^2 \quad \text{et} \quad D = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 - 1 \leq y \leq 1 - x^2\}.

  1. Représenter DD et trouver une paramétrisation de Γ\Gamma, le bord de DD.
  2. Justifier que ff admet un maximum et un minimum sur DD.
  3. Déterminer les points critiques de ff.
  4. Déterminer le minimum et le maximum de ff sur Γ\Gamma.
  5. En déduire le minimum et le maximum de ff sur DD.
◀الحل

1.

DD est la région comprise entre les paraboles y=x2−1y = x^2 - 1 (vers le haut) et y=1−x2y = 1 - x^2 (vers le bas), qui se coupent en x=±1x = \pm 1. Le bord Γ\Gamma est constitué des deux arcs : γ+:y=1−x2\gamma_+ : y = 1 - x^2 et γ−:y=x2−1\gamma_- : y = x^2 - 1, x∈[−1,1]x \in [-1, 1].

2.

ff est continue sur le compact DD (fermé borné), donc elle y atteint son maximum et son minimum (Weierstrass).

3.

fx=2x(1−y)=0f_x = 2x(1 - y) = 0 et fy=2y−x2=0f_y = 2y - x^2 = 0. Si x=0⇒y=0x = 0 \Rightarrow y = 0 : point (0,0)(0,0). Si y=1⇒x2=2y = 1 \Rightarrow x^2 = 2 : hors de DD. Seul point critique intérieur : (0,0)(0,0) avec f(0,0)=0f(0,0) = 0.

4.

Sur γ+\gamma_+ (y=1−x2y = 1 - x^2) : f=2x4−2x2+1f = 2x^4 - 2x^2 + 1, de minimum 12\tfrac12 en x=±12x = \pm\tfrac{1}{\sqrt2} et maximum 11 en x=0,±1x = 0, \pm1. Sur γ−\gamma_- (y=x2−1y = x^2 - 1) : f≡1f \equiv 1. Donc sur Γ\Gamma : min =12= \tfrac12, max =1= 1.

5.

La forme f=y2−x2y+x2f = y^2 - x^2 y + x^2 (discriminant en yy : x2(x2−4)≤0x^2(x^2 - 4) \leq 0) vérifie f≥0f \geq 0. Le minimum global est atteint au point critique intérieur, le maximum sur le bord :

min⁡Df=f(0,0)=0,max⁡Df=1\boxed{\min_D f = f(0,0) = 0, \qquad \max_D f = 1}

التمرين 3

Exercice 3 — Sous-espace vectoriel d'un espace normé et boule ouverte

#normed-spaces#subspaces#closure#topology

Soit FF un sous-espace vectoriel d'un R\mathbb{R}-espace vectoriel normé (E,∥⋅∥)(E, \|\cdot\|).

  1. Montrer que F‾\overline{F} est aussi un sous-espace vectoriel de EE.
  2. Montrer que si FF est distinct de EE, alors F‾\overline{F} est d'intérieur vide.
  3. Déterminer le sous-espace vectoriel de EE engendré par la boule ouverte de centre 00 et de rayon 11.
◀الحل

1.

Soient x,y∈F‾x, y \in \overline{F} et λ∈R\lambda \in \mathbb{R}. Il existe xn,yn∈Fx_n, y_n \in F avec xn→xx_n \to x, yn→yy_n \to y. Par continuité des opérations, xn+λyn→x+λyx_n + \lambda y_n \to x + \lambda y, et xn+λyn∈Fx_n + \lambda y_n \in F, donc x+λy∈F‾x + \lambda y \in \overline{F}. Ainsi F‾\overline{F} est un sous-espace vectoriel.

2.

Si F‾\overline{F} avait un point intérieur, il contiendrait une boule B(x0,r)B(x_0, r), donc (par translation et homothétie, F‾\overline F étant un sous-espace) la boule B(0,r)B(0, r), qui est absorbante : tout v∈Ev \in E s'écrit v=∥v∥+1r⋅wv = \frac{\|v\|+1}{r}\cdot w avec w∈B(0,r)⊂F‾w \in B(0,r) \subset \overline F, d'où F‾=E\overline F = E. Contraposition : si F≠EF \neq E (et F‾≠E\overline F \neq E), alors F‾\overline F est d'intérieur vide.

3.

La boule ouverte B(0,1)B(0,1) est absorbante, donc elle engendre tout l'espace :

Vect(B(0,1))=E\boxed{\mathrm{Vect}(B(0,1)) = E}