مسابقة دكتوراه 2025 — École Normale Supérieure d'Enseignement Technologique de Skikda (ENSET Skikda) — الموضوع 01

1. CVS : pour $x=0$ : $f_n(0)=0\to 0$. Pour $x\in]0,1]$ : $f_n(x)=n^\beta x e^{-nx}\to 0$ car $e^{-nx}$ décroît exponentiellement (l'exponentielle l'emporte sur tout polynôme en $n$). Donc $f\equiv 0$ sur $[0,1]$.

2. Étude de $\sup_{[0,1]}f_n$. $f_n'(x)=n^\beta(1-nx)e^{-nx}$. Point critique : $x_n=1/n\in[0,1]$ pour $n\ge 1$. Maximum en $x_n$ : $f_n(x_n)=n^\beta\cdot\dfrac{1}{n}\cdot e^{-1}=n^{\beta-1}/e.$

Aux bords : $f_n(0)=0$, $f_n(1)=n^\beta e^{-n}\to 0$ très vite. Donc $\sup_{[0,1]}|f_n|=n^{\beta-1}/e$.

Convergence uniforme : $\sup\to 0$ ssi $\beta<1$.

• $\beta<1$ : CVU vers 0.
• $\beta=1$ : $\sup=1/e\not\to 0$, pas CVU.
• $\beta>1$ : $\sup\to+\infty$, pas CVU.

1. $f$ est paire sur $[-\pi,\pi]$, donc $b_n=0$ et $a_n = \dfrac{2}{\pi}\int_0^\pi \cos(\alpha x)\cos(nx)dx = \dfrac{1}{\pi}\int_0^\pi[\cos((\alpha-n)x)+\cos((\alpha+n)x)]dx.$

$= \dfrac{1}{\pi}\Big[\dfrac{\sin((\alpha-n)\pi)}{\alpha-n}+\dfrac{\sin((\alpha+n)\pi)}{\alpha+n}\Big]$.

$\sin((\alpha\pm n)\pi)=(\pm 1)^n\sin(\alpha\pi)\cdot\text{selon signe}\ldots$ En fait $\sin(\alpha\pi-n\pi)=(-1)^n\sin(\alpha\pi)\cdot(-1) = -(-1)^n\sin(\alpha\pi)$. Hmm, plus simplement $\sin(\alpha\pi\pm n\pi)=\sin(\alpha\pi)\cos(n\pi)\pm\cos(\alpha\pi)\sin(n\pi) = (-1)^n\sin(\alpha\pi)$.

Donc $a_n = \dfrac{(-1)^n\sin(\alpha\pi)}{\pi}\Big[\dfrac{1}{\alpha-n}+\dfrac{1}{\alpha+n}\Big]=\dfrac{(-1)^n\sin(\alpha\pi)}{\pi}\cdot\dfrac{2\alpha}{\alpha^2-n^2}$.

Et $a_0 = \dfrac{2}{\pi}\int_0^\pi\cos(\alpha x)dx = \dfrac{2\sin(\alpha\pi)}{\alpha\pi}$.

Donc la série de Fourier de $f$ (continue et $C^1$ par morceaux, convergence uniforme) est : $\cos(\alpha x) = \dfrac{\sin(\alpha\pi)}{\alpha\pi} + \dfrac{2\alpha\sin(\alpha\pi)}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^n\cos(nx)}{\alpha^2-n^2}.$

2. Pour $\cot$ : évaluer en $x=\pi$ : $\cos(\alpha\pi) = \dfrac{\sin(\alpha\pi)}{\alpha\pi} + \dfrac{2\alpha\sin(\alpha\pi)}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{\alpha^2-n^2}$ (car $\cos(n\pi)(-1)^n = 1$).

Divisant par $\sin(\alpha\pi)$ : $\cot(\alpha\pi) = \dfrac{1}{\alpha\pi} + \dfrac{2\alpha}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{\alpha^2-n^2}.$

Posant $y=\alpha\pi$ (donc $\alpha=y/\pi$) : $\cot y = \dfrac{1}{y} + \dfrac{2y}{\pi^2}\sum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{(y/\pi)^2-n^2} = \dfrac{1}{y}+\sum_{n=1}^\infty\dfrac{2y}{y^2-n^2\pi^2}.$

Pour $1/\sin$ : évaluer la série de Fourier en $x=0$ : $1 = \dfrac{\sin(\alpha\pi)}{\alpha\pi} + \dfrac{2\alpha\sin(\alpha\pi)}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^n}{\alpha^2-n^2}$.

Divisant par $\sin(\alpha\pi)$ : $\dfrac{1}{\sin(\alpha\pi)} = \dfrac{1}{\alpha\pi} + \dfrac{2\alpha}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^n}{\alpha^2-n^2}.$

Avec $y=\alpha\pi$ : $\dfrac{1}{\sin y} = \dfrac{1}{y}+\sum_{n=1}^\infty\dfrac{(-1)^n\cdot 2y}{y^2-n^2\pi^2}.$

1. Soit $(a,b)\in Y\times Y\setminus\Delta$, donc $a\ne b$. $Y$ séparé $\Rightarrow\exists U,V$ ouverts disjoints, $a\in U, b\in V$. Alors $U\times V$ est un voisinage ouvert de $(a,b)$ dans $Y\times Y$ qui évite $\Delta$ (car $U\cap V=\emptyset$). Donc le complémentaire de $\Delta$ est ouvert : $\Delta$ est fermée.

2. $G(f)=\{(x,f(x)),x\in X\}$. Considérer $F:X\times Y\to Y\times Y$, $F(x,y)=(f(x),y)$. $F$ est continue. Alors $G(f)=F^{-1}(\Delta)$ (car $(x,y)\in G(f)\Leftrightarrow y=f(x)\Leftrightarrow F(x,y)\in\Delta$). Image réciproque d'un fermé par une application continue : $G(f)$ est fermé.

3. Contre-exemple : $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(0)=0$ et $f(x)=1/x$ pour $x\ne 0$. Non continue en 0. Graphe $\{(x,1/x):x\ne 0\}\cup\{(0,0)\}$ fermé dans $\mathbb{R}^2$ (vérification : toute suite $(x_n,f(x_n))$ convergente doit avoir $x_n\to a$ et $f(x_n)\to b$ ; si $a=0$, alors $1/x_n\to b$ n'est borné que si $x_n=0$ à partir d'un rang, i.e. $b=0=f(0)$). Alternativement, la fermeture est claire.

4. Application fermée : soit $F\subset X$ fermé. $g(F)=\{(x,f(x)):x\in F\}$. Montrons que c'est fermé dans $X\times Y$. Soit $(x_0,y_0)$ adhérent à $g(F)$ : $\exists (x_n,f(x_n))\to(x_0,y_0)$. Donc $x_n\to x_0$ et $f(x_n)\to y_0$. Comme $F$ fermé et $x_n\in F$ : $x_0\in F$. Par continuité de $f$ : $f(x_n)\to f(x_0)$. Unicité de la limite dans $Y$ séparé : $y_0=f(x_0)$. Donc $(x_0,y_0)=(x_0,f(x_0))\in g(F)$. Fermé.