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مسابقة دكتوراه 2023 — École Normale Supérieure Cheikh Mohamed El Bachir El Ibrahimi - Kouba (ENS Kouba) — الموضوع 02

مسابقة تخصص · EDP

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Concours d'accès à la formation doctorale 2022/2023 — Filière Mathématiques — Épreuve de spécialité (Coef 03) — Sujet 03 — 09 février 2023

التمرين 1

Dérivées au sens des distributions de |x|^α et de ln|x|

#distributions#L1 local#partie finie#valeur principale

Soit −1<α<0-1<\alpha<0.

1. Montrer que x↦∣x∣αx\mapsto|x|^{\alpha} appartient à Lloc1(R)L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb{R}).

2. Calculer, au sens des distributions, la dérivée de ∣x∣α|x|^{\alpha}.

3. Calculer, au sens des distributions, la dérivée de ln⁡∣x∣\ln|x|.

◀الحل

1. Intégrabilité locale

Sur tout segment [−R,R][-R,R], ∫−RR∣x∣αdx=2∫0Rxαdx=2Rα+1α+1<∞\displaystyle\int_{-R}^{R}|x|^{\alpha}dx=2\int_0^R x^{\alpha}dx=\dfrac{2R^{\alpha+1}}{\alpha+1}<\infty car α+1>0\alpha+1>0. Donc ∣x∣α∈Lloc1(R)|x|^{\alpha}\in L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb{R}) (et de même ln⁡∣x∣∈Lloc1\ln|x|\in L^1_{\mathrm{loc}}).

2. Dérivée de ∣x∣α|x|^{\alpha}

Soit φ∈D(R)\varphi\in\mathcal{D}(\mathbb{R}). Comme ∣x∣α|x|^{\alpha} est paire, en posant u=−xu=-x sur ]−∞,0]]-\infty,0] : ⟨(∣x∣α)′,φ⟩=−∫R∣x∣αφ′(x) dx=−∫0∞xα(φ′(x)+φ′(−x)) dx.\langle (|x|^{\alpha})',\varphi\rangle=-\int_{\mathbb{R}}|x|^{\alpha}\varphi'(x)\,dx=-\int_0^{\infty}x^{\alpha}\big(\varphi'(x)+\varphi'(-x)\big)\,dx. Or φ′(x)+φ′(−x)=ddx(φ(x)−φ(−x))\varphi'(x)+\varphi'(-x)=\dfrac{d}{dx}\big(\varphi(x)-\varphi(-x)\big). Une intégration par parties (les termes de bord sont nuls : en +∞+\infty par support compact, en 00 car φ(x)−φ(−x)∼2φ′(0)x\varphi(x)-\varphi(-x)\sim2\varphi'(0)x et xα⋅x→0x^{\alpha}\cdot x\to0) donne ⟨(∣x∣α)′,φ⟩=α∫0∞xα−1(φ(x)−φ(−x)) dx.\langle (|x|^{\alpha})',\varphi\rangle=\alpha\int_0^{\infty}x^{\alpha-1}\big(\varphi(x)-\varphi(-x)\big)\,dx. Cette intégrale converge (au voisinage de 00, xα−1(φ(x)−φ(−x))∼2φ′(0)xαx^{\alpha-1}\big(\varphi(x)-\varphi(-x)\big)\sim2\varphi'(0)x^{\alpha}, intégrable). Autrement dit (∣x∣α)′=α Pf ⁣(sgn(x) ∣x∣α−1)dans D′(R),\big(|x|^{\alpha}\big)'=\alpha\,\mathrm{Pf}\!\big(\mathrm{sgn}(x)\,|x|^{\alpha-1}\big)\quad\text{dans }\mathcal{D}'(\mathbb{R}), où Pf\mathrm{Pf} désigne la partie finie de Hadamard (nécessaire car ∣x∣α−1∉Lloc1|x|^{\alpha-1}\notin L^1_{\mathrm{loc}}).

3. Dérivée de ln⁡∣x∣\ln|x|

De la même manière, pour φ∈D(R)\varphi\in\mathcal{D}(\mathbb{R}) : ⟨(ln⁡∣x∣)′,φ⟩=−∫Rln⁡∣x∣ φ′(x) dx=∫0∞φ(x)−φ(−x)x dx=vp⁡ ⁣∫Rφ(x)x dx.\langle(\ln|x|)',\varphi\rangle=-\int_{\mathbb{R}}\ln|x|\,\varphi'(x)\,dx=\int_0^{\infty}\frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{x}\,dx=\operatorname{vp}\!\int_{\mathbb{R}}\frac{\varphi(x)}{x}\,dx. Donc (ln⁡∣x∣)′=vp⁡1xdans D′(R).\big(\ln|x|\big)'=\operatorname{vp}\frac1x\quad\text{dans }\mathcal{D}'(\mathbb{R}).

التمرين 2

Forme bilinéaire elliptique, Lax–Milgram et problème de Neumann

#Lax-Milgram#espaces de Sobolev#coercivité#problème de Neumann#inégalité de Poincaré-Wirtinger

Soit Ω⊂RN\Omega\subset\mathbb{R}^N un ouvert borné régulier. Pour u,v∈H1(Ω)u,v\in H^1(\Omega) on pose a(u,v)=∫Ω∑i=1N∂u∂xi∂v∂xi dx+(∫Ωu dx)(∫Ωv dx).a(u,v)=\int_\Omega\sum_{i=1}^N\frac{\partial u}{\partial x_i}\frac{\partial v}{\partial x_i}\,dx+\Big(\int_\Omega u\,dx\Big)\Big(\int_\Omega v\,dx\Big).

1. Montrer que aa est une forme bilinéaire continue et coercive sur H1(Ω)H^1(\Omega).

2. Pour f∈L2(Ω)f\in L^2(\Omega), montrer qu'il existe un unique u∈H1(Ω)u\in H^1(\Omega) tel que a(u,v)=∫Ωfv dxa(u,v)=\displaystyle\int_\Omega f v\,dx pour tout v∈H1(Ω)v\in H^1(\Omega).

3. Montrer que ∫Ωu dx=1∣Ω∣∫Ωf dx\displaystyle\int_\Omega u\,dx=\frac1{|\Omega|}\int_\Omega f\,dx. En déduire, lorsque ∫Ωf=0\int_\Omega f=0, le problème aux limites vérifié par uu.

◀الحل

1. Continuité et coercivité

Bilinéarité évidente. Continuité : par Cauchy–Schwarz, ∣a(u,v)∣≤∥∇u∥L2∥∇v∥L2+∣Ω∣ ∥u∥L2∥v∥L2≤C ∥u∥H1∥v∥H1|a(u,v)|\le\|\nabla u\|_{L^2}\|\nabla v\|_{L^2}+|\Omega|\,\|u\|_{L^2}\|v\|_{L^2}\le C\,\|u\|_{H^1}\|v\|_{H^1}.

Coercivité : a(u,u)=∫Ω∣∇u∣2+(∫Ωu)2a(u,u)=\displaystyle\int_\Omega|\nabla u|^2+\Big(\int_\Omega u\Big)^2. L'inégalité de Poincaré–Wirtinger généralisée affirme l'existence de CΩ>0C_\Omega>0 tel que ∥u∥H12≤CΩ(∫Ω∣∇u∣2+(∫Ωu)2)=CΩ a(u,u).\|u\|_{H^1}^2\le C_\Omega\Big(\int_\Omega|\nabla u|^2+\Big(\int_\Omega u\Big)^2\Big)=C_\Omega\,a(u,u). (La quantité (∫Ω∣∇u∣2+(∫Ωu)2)1/2\big(\int_\Omega|\nabla u|^2+(\int_\Omega u)^2\big)^{1/2} est une norme équivalente sur H1(Ω)H^1(\Omega).) Donc aa est coercive.

2. Lax–Milgram

L'application v↦∫Ωfvv\mapsto\int_\Omega fv est une forme linéaire continue sur H1(Ω)H^1(\Omega) (car ∣∫fv∣≤∥f∥L2∥v∥L2|\int fv|\le\|f\|_{L^2}\|v\|_{L^2}). Comme aa est bilinéaire, continue et coercive, le théorème de Lax–Milgram donne l'existence et l'unicité de u∈H1(Ω)u\in H^1(\Omega) tel que a(u,v)=∫Ωfva(u,v)=\int_\Omega fv pour tout v∈H1(Ω)v\in H^1(\Omega).

3. Moyenne et problème aux limites

En prenant v=1v=1 (constante) : ∇v=0\nabla v=0, donc a(u,1)=(∫Ωu) ∣Ω∣=∫Ωfa(u,1)=\big(\int_\Omega u\big)\,|\Omega|=\int_\Omega f, d'où ∫Ωu dx=1∣Ω∣∫Ωf dx.\int_\Omega u\,dx=\frac1{|\Omega|}\int_\Omega f\,dx. Si ∫Ωf=0\int_\Omega f=0, alors ∫Ωu=0\int_\Omega u=0 et la formulation devient ∫Ω∇u⋅∇v=∫Ωfv\int_\Omega\nabla u\cdot\nabla v=\int_\Omega fv pour tout v∈H1(Ω)v\in H^1(\Omega) : uu est la solution faible (de moyenne nulle) du problème de Neumann −Δu=f dans Ω,∂u∂n=0 sur ∂Ω.-\Delta u=f\ \text{dans }\Omega,\qquad \frac{\partial u}{\partial n}=0\ \text{sur }\partial\Omega.

التمرين 3

Deux normes intégrales sur ℝ[X] et question d'équivalence

#normes#espaces de polynômes#équivalence de normes

Pour P∈R[X]P\in\mathbb{R}[X], on pose N1(P)=∫01∣P(t)∣ dt,N2(P)=∫23∣P(t)∣ dt.N_1(P)=\int_0^1|P(t)|\,dt,\qquad N_2(P)=\int_2^3|P(t)|\,dt.

1. Montrer que N1N_1 et N2N_2 sont des normes sur R[X]\mathbb{R}[X].

2. Ces deux normes sont-elles équivalentes ? Justifier.

◀الحل

1. Ce sont des normes

L'homogénéité et l'inégalité triangulaire découlent de celles de la valeur absolue et de la linéarité de l'intégrale. Pour la séparation : si N1(P)=0N_1(P)=0, alors ∫01∣P∣=0\int_0^1|P|=0 avec ∣P∣|P| continue ≥0\ge0, donc P≡0P\equiv0 sur [0,1][0,1] ; un polynôme ayant une infinité de racines est nul, d'où P=0P=0. Même raisonnement pour N2N_2 sur [2,3][2,3].

2. Non-équivalence

Considérons Pn=XnP_n=X^n. Alors N1(Xn)=∫01tn dt=1n+1→n→∞0,N2(Xn)=∫23tn dt=3n+1−2n+1n+1→n→∞+∞.N_1(X^n)=\int_0^1 t^n\,dt=\frac1{n+1}\xrightarrow[n\to\infty]{}0,\qquad N_2(X^n)=\int_2^3 t^n\,dt=\frac{3^{n+1}-2^{n+1}}{n+1}\xrightarrow[n\to\infty]{}+\infty. Le rapport N2(Xn)N1(Xn)=3n+1−2n+1→+∞\dfrac{N_2(X^n)}{N_1(X^n)}=3^{n+1}-2^{n+1}\to+\infty n'est pas borné : il n'existe aucune constante CC telle que N2≤C N1N_2\le C\,N_1. Les deux normes ne sont pas équivalentes.

التمرين 4

Équation des ondes par changement de variables (d'Alembert)

#équation des ondes#changement de variables#EDP#d'Alembert

Soit c>0c>0. Résoudre l'équation des ondes c2∂2f∂x2=∂2f∂t2c^2\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 f}{\partial t^2} à l'aide d'un changement de variables de la forme u=x+atu=x+at, v=x+btv=x+bt (où l'on déterminera aa et bb).

◀الحل

Changement de variables

Avec u=x+atu=x+at, v=x+btv=x+bt : fx=fu+fv,ft=afu+bfv,f_x=f_u+f_v,\quad f_t=a f_u+b f_v, fxx=fuu+2fuv+fvv,ftt=a2fuu+2ab fuv+b2fvv.f_{xx}=f_{uu}+2f_{uv}+f_{vv},\quad f_{tt}=a^2 f_{uu}+2ab\,f_{uv}+b^2 f_{vv}. Alors c2fxx−ftt=(c2−a2)fuu+2(c2−ab)fuv+(c2−b2)fvv.c^2 f_{xx}-f_{tt}=(c^2-a^2)f_{uu}+2(c^2-ab)f_{uv}+(c^2-b^2)f_{vv}.

Choix de a,ba,b

Pour annuler les termes fuuf_{uu} et fvvf_{vv}, on prend a=ca=c et b=−cb=-c. Le coefficient de fuvf_{uv} devient 2(c2−ab)=2(c2+c2)=4c2≠02(c^2-ab)=2(c^2+c^2)=4c^2\neq0, donc l'équation se réduit à ∂2f∂u ∂v=0.\frac{\partial^2 f}{\partial u\,\partial v}=0.

Solution générale

D'où f(u,v)=F(u)+G(v)f(u,v)=F(u)+G(v) avec F,GF,G de classe C2\mathcal{C}^2, soit  f(x,t)=F(x+ct)+G(x−ct) \boxed{\,f(x,t)=F(x+ct)+G(x-ct)\,} (formule de d'Alembert : superposition d'ondes se propageant à vitesse cc vers la gauche et vers la droite).