مسابقة دكتوراه 2023 — Concours national d'accès au Doctorat (Algérie)

التمرين 1

Exercice 1 (Concours national 2023) — Série de Fourier $\sum r^n \cos(nx)/n$

#séries de Fourier#convergence#séries entières#sommation

Soit $r\in [0,1[$ un réel fixé. On considère la série de fonctions $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{r^n \cos(nx)}{n},\quad x\in\mathbb{R}.$

Montrer que la série converge normalement sur $\mathbb{R}$ .
Calculer explicitement $S(x)$ en fonction de $r$ et $x$ . Indication : considérer la série complexe $\sum_{n\ge 1} (re^{ix})^n/n$ .
En déduire la valeur de $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\cos(nx)}{n\cdot 2^n}$ pour $x=\pi/3$ .

Technique fondamentale : passer par la variable complexe $z=re^{ix}$ pour sommer des séries trigonométriques. La formule $-\ln(1-z) = \sum z^n/n$ pour $|z|<1$ donne des identités classiques. La formule finale $-\frac{1}{2}\ln(1-2r\cos x+r^2)$ est le noyau de Poisson-Jensen ; elle apparaît en théorie du potentiel.

◀الحل

CVN : $|r^n\cos(nx)/n|\le r^n/n$ . Comme $r<1$ , $\sum r^n/n$ converge (comparé à série géométrique). CVN sur $\mathbb{R}$ .
Calcul explicite : Considérons $Z = \sum_{n\ge 1}\dfrac{(re^{ix})^n}{n}$ . Cette série converge pour $|re^{ix}|=r<1$ , et par la série du logarithme : $Z = -\ln(1-re^{ix}).$

Pour extraire la partie réelle : $1-re^{ix} = 1-r\cos x - ir\sin x$ . Son module : $|1-re^{ix}|^2 = (1-r\cos x)^2 + r^2\sin^2 x = 1-2r\cos x + r^2$ . Argument : $\arg(1-re^{ix}) = -\arctan\dfrac{r\sin x}{1-r\cos x}$ .

Donc $\ln(1-re^{ix}) = \dfrac{1}{2}\ln(1-2r\cos x + r^2) - i\arctan\dfrac{r\sin x}{1-r\cos x}$ .

Par conséquent : $S(x) = \Re(Z) = -\dfrac{1}{2}\ln(1-2r\cos x + r^2).$

Pour $r=1/2$ , $x=\pi/3$ : $\cos(\pi/3)=1/2$ . $1-2\cdot(1/2)\cdot(1/2)+(1/2)^2 = 1-1/2+1/4 = 3/4$ .

Donc $\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\cos(n\pi/3)}{n\cdot 2^n} = -\dfrac{1}{2}\ln(3/4) = \dfrac{1}{2}\ln(4/3) = \ln(2/\sqrt{3})$ .

التمرين 2

Exercice 2 (Concours national 2023) — Intégrales $I=J$ par changement de variable

#intégrales#changement de variable#symétrie

Soit $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ une fonction continue.

Montrer que $I = \displaystyle\int_0^{\pi/2}f(\sin x)dx$ et $J = \displaystyle\int_0^{\pi/2}f(\cos x)dx$ sont égales.
En déduire la valeur de $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx$ .

Astuce classique : la symétrie $x\mapsto \pi/2-x$ échange $\sin$ et $\cos$ sur $[0,\pi/2]$ . Cette technique permet de calculer explicitement de nombreuses intégrales trigonométriques sans primitive apparente. Exemple similaire : $\int_0^{\pi/2}\frac{dx}{1+\tan^n x}=\pi/4$ pour tout $n\in\mathbb{R}$ .

◀الحل

Changement de variable $u = \pi/2 - x$ dans $I$ : $du=-dx$ , $\sin x = \sin(\pi/2-u)=\cos u$ . Bornes : $x=0\to u=\pi/2$ , $x=\pi/2\to u=0$ . $I = \int_{\pi/2}^0 f(\cos u)(-du) = \int_0^{\pi/2}f(\cos u)du = J.$
Posons $I = \int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx$ et $J = \int_0^{\pi/2}\dfrac{\cos x}{\sin x+\cos x}dx$ . Par le résultat précédent (appliqué à $f(t)=t/(t+\sqrt{1-t^2})$ ... plus simplement en faisant le même changement) : $I=J$ .

Alors $I+J = \int_0^{\pi/2}\dfrac{\sin x+\cos x}{\sin x+\cos x}dx = \int_0^{\pi/2}1\,dx = \pi/2$ .

Donc $2I = \pi/2$ , soit $I = \pi/4$ .

التمرين 3

Exercice 3 (Concours national 2023) — Polynômes de Chebyshev et minimisation

#polynômes de Chebyshev#meilleure approximation#minimisation#norme sup

Pour $n\in\mathbb{N}^*$ , on définit le polynôme de Chebyshev de première espèce $T_n$ par $T_n(\cos\theta)=\cos(n\theta)$ pour $\theta\in\mathbb{R}$ .

Montrer que $T_n$ est un polynôme de degré exactement $n$ et calculer son coefficient dominant.
Établir la relation de récurrence $T_{n+1}(x) = 2x T_n(x) - T_{n-1}(x)$ avec $T_0=1, T_1=X$ .
Montrer que $\|T_n\|_{L^\infty[-1,1]} = 1$ et que $T_n$ atteint la valeur $\pm 1$ en $n+1$ points de $[-1,1]$ .
Théorème de Chebyshev : parmi tous les polynômes unitaires (coefficient dominant $=1$ ) de degré $n$ , celui qui minimise $\|\cdot\|_{L^\infty[-1,1]}$ est $\widetilde{T}_n = T_n/2^{n-1}$ , et cette valeur minimale est $1/2^{n-1}$ .

Théorème fondamental de Chebyshev : $\widetilde{T}_n$ est le polynôme unitaire de degré $n$ d'écart minimum à zéro sur $[-1,1]$ . Conséquence : les nœuds de Chebyshev $x_k=\cos((2k+1)\pi/(2n))$ minimisent l'erreur d'interpolation dans le pire cas. Utilisé partout : filtres, quadrature de Gauss-Chebyshev, méthodes spectrales.

◀الحل

Par récurrence sur $n$ (voir 2), $T_n$ est polynôme de degré $n$ . Coefficient dominant : par $T_{n+1}=2xT_n-T_{n-1}$ , si le coefficient dominant de $T_n$ est $c_n$ , celui de $T_{n+1}$ est $2c_n$ . Avec $c_0=1, c_1=1$ , on obtient $c_n=2^{n-1}$ pour $n\ge 1$ .
$\cos((n+1)\theta)+\cos((n-1)\theta) = 2\cos(\theta)\cos(n\theta)$ (formule somme-produit). En posant $x=\cos\theta$ : $T_{n+1}(x)+T_{n-1}(x) = 2xT_n(x)$ .
Pour $x=\cos\theta\in[-1,1]$ : $|T_n(x)|=|\cos(n\theta)|\le 1$ , avec égalité ssi $n\theta\in\pi\mathbb{Z}$ , soit $\theta = k\pi/n$ pour $k=0,1,\ldots,n$ , donnant $n+1$ points d'équioscillation $x_k=\cos(k\pi/n)$ où $T_n(x_k)=(-1)^k$ .
Théorème (preuve par l'absurde) : supposons qu'il existe un polynôme unitaire $Q$ de degré $n$ avec $\|Q\|_\infty<1/2^{n-1}$ . Alors $P = \widetilde{T}_n - Q$ est un polynôme de degré $\le n-1$ (les coefficients dominants s'annulent).

Aux points $x_k=\cos(k\pi/n)$ , $k=0,\ldots,n$ : $\widetilde{T}_n(x_k)=(-1)^k/2^{n-1}$ , et $|Q(x_k)|<1/2^{n-1}$ , donc $P(x_k)=(-1)^k/2^{n-1}-Q(x_k)$ a le même signe que $(-1)^k$ . Donc $P$ change de signe entre chaque paire consécutive de points, ayant au moins $n$ zéros. Mais $\deg P\le n-1$ : contradiction.

Donc $\|Q\|_\infty\ge 1/2^{n-1}$ pour tout unitaire $Q$ de degré $n$ , et ce minimum est atteint par $\widetilde{T}_n$ .