مسابقة دكتوراه 2019 — Concours national d'accès au Doctorat (Algérie) — الموضوع 01

1.

$M(a,b,c)=a\,E_{1}+b\,E_{2}+c\,E_{3}$ où $E_{1}=M(1,0,0)$, $E_{2}=M(0,1,0)$, $E_{3}=M(0,0,1)$. Donc $F=\operatorname{Vect}(E_{1},E_{2},E_{3})$ est un sous-espace vectoriel. Ces trois matrices sont linéairement indépendantes (coefficients $a,b,c$ indépendants) :

$\boxed{\dim F=3}$

2.

$f\bigl(M(a,b,c)\bigr)=M(a+c,\,b,\,a-b+c)\in F$ et les coordonnées images $(a+c,\ b,\ a-b+c)$ dépendent linéairement de $(a,b,c)$ : $f$ est linéaire de $F$ dans $F$, c'est un endomorphisme.

3.

$\ker f$ : $a+c=0$, $b=0$, $a-b+c=0$ équivaut à $c=-a$, $b=0$. Donc

$\boxed{\ker f=\operatorname{Vect}\bigl(M(1,0,-1)\bigr),\qquad\dim\ker f=1}$

Par le théorème du rang, $\dim\operatorname{Im}f=2$. Or $f(E_{1})=M(1,0,1)$ et $f(E_{2})=M(0,1,-1)$ sont indépendantes :

$\boxed{\operatorname{Im}f=\operatorname{Vect}\bigl(M(1,0,1),\ M(0,1,-1)\bigr)}$

4.

$\ker f\neq\{0\}$, donc $f$ n'est pas injective :

$\boxed{f\text{ n'est pas bijective}}$

5.

$f(E_{1})=E_{1}+E_{3}$, $f(E_{2})=E_{2}-E_{3}$, $f(E_{3})=E_{1}+E_{3}$. La matrice de $f$ dans la base $(E_{1},E_{2},E_{3})$ a pour colonnes $(1,0,1)$, $(0,1,-1)$, $(1,0,1)$ :

$\boxed{\operatorname{Mat}(f)=\begin{pmatrix}1\ \ 0\ \ 1\\ 0\ \ 1\ \ 0\\ 1\ \ -1\ \ 1\end{pmatrix}}$

(lignes $(1,\ 0,\ 1)$, $(0,\ 1,\ 0)$, $(1,\ -1,\ 1)$).

1.

On cherche $f(u)=\frac{A}{u-1}+\frac{Bu+C}{u^{2}+1}$, soit $A(u^{2}+1)+(Bu+C)(u-1)=2$.

En $u=1$ : $2A=2$, donc $A=1$. Coefficient de $u^{2}$ : $A+B=0$, donc $B=-1$. Terme constant : $A-C=2$, donc $C=-1$.

$\boxed{f(u)=\frac{1}{u-1}-\frac{u+1}{u^{2}+1}}$

2.

$I=\int\frac{du}{u-1}-\int\frac{u\,du}{u^{2}+1}-\int\frac{du}{u^{2}+1}$

$\boxed{I=\ln|u-1|-\frac{1}{2}\ln\bigl(u^{2}+1\bigr)-\arctan u+C}$

3.

C'est une équation linéaire du premier ordre. Pour $x\neq 0$, on divise par $x^{2}$ :

$\frac{x\,y'-y}{x^{2}}=\Bigl(\frac{y}{x}\Bigr)'=\frac{2}{1-\tan x}$

Calcul de la primitive : en multipliant numérateur et dénominateur par $\cos x$ :

$\int\frac{2\,dx}{1-\tan x}=\int\frac{2\cos x}{\cos x-\sin x}\,dx=\int\Bigl(1+\frac{\cos x+\sin x}{\cos x-\sin x}\Bigr)dx=x-\ln\bigl|\cos x-\sin x\bigr|+C$

(car $(\cos x-\sin x)'=-(\sin x+\cos x)$). D'où la solution générale :

$\boxed{y(x)=x\Bigl(x-\ln\bigl|\cos x-\sin x\bigr|+C\Bigr),\qquad C\in\mathbb{R}}$