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مسابقة دكتوراه 2025 — Source inconnue — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours de Doctorat 2024/2025, sujet d'Analyse mathématique, source non identifiée (page 16 du document)

التمرين 1

Exercice 1 (2025) — Série entière $\sum \frac{x^{4n}}{(4n)!}$ et limite $f(x)=\frac{3(\mathrm{ch}(2x)-2\sin^2x-1)}{4x^4}$ en $0$

#série entière#développement limité#prolongement par continuité

  1. Déterminer le rayon de convergence et la somme de la série entière S(x)=∑n≥0x4n(4n)!.S(x)=\sum_{n\ge0}\dfrac{x^{4n}}{(4n)!}.

  2. Soit f(x)=3(ch(2x)−2sin⁡2x−1)4x4f(x)=\dfrac{3(\mathrm{ch}(2x)-2\sin^2x-1)}{4x^4} pour x≠0x\ne0. Montrer que ff se prolonge par continuité en 00 et donner la valeur du prolongement.

Utilisation combinée des séries entières classiques (racines de l'unité pour isoler les termes 4n4n) et des développements limités pour lever une forme indéterminée 0/00/0.

◀الحل

  1. S(x)=∑n≥0x4n(4n)!S(x)=\displaystyle\sum_{n\ge0}\dfrac{x^{4n}}{(4n)!} est une série entière de rayon de convergence infini (comparable à exe^x, coefficients 1/(4n)!1/(4n)! décroissent très vite). En utilisant les racines quatrièmes de l'unité 1,i,−1,−i1,i,-1,-i : S(x)=14(ex+eix+e−x+e−ix)=14(2ch(x)+2cos⁡(x))=ch(x)+cos⁡(x)2.S(x) = \dfrac14\big(e^x+e^{ix}+e^{-x}+e^{-ix}\big) = \dfrac14\big(2\mathrm{ch}(x)+2\cos(x)\big) = \dfrac{\mathrm{ch}(x)+\cos(x)}{2}.

  2. ch(2x)=1+2x2+2x43+4x645+o(x6)\mathrm{ch}(2x)=1+2x^2+\dfrac{2x^4}{3}+\dfrac{4x^6}{45}+o(x^6) (car ch(u)=1+u2/2+u4/24+…\mathrm{ch}(u)=1+u^2/2+u^4/24+\ldots avec u=2xu=2x : ch(2x)=1+2x2+16x424+…=1+2x2+2x43+…\mathrm{ch}(2x)=1+2x^2+\dfrac{16x^4}{24}+\ldots=1+2x^2+\dfrac{2x^4}{3}+\ldots).

sin⁡x=x−x36+x5120+o(x5)\sin x = x-\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^5}{120}+o(x^5), donc sin⁡2x=x2−x43+o(x4)\sin^2x = x^2-\dfrac{x^4}{3}+o(x^4) (car sin⁡2x=(x−x3/6+…)2=x2−2⋅x⋅x3/6+…=x2−x4/3+…\sin^2x=(x-x^3/6+\ldots)^2=x^2-2\cdot x\cdot x^3/6+\ldots=x^2-x^4/3+\ldots).

Donc numérateur : ch(2x)−2sin⁡2x−1=(1+2x2+2x43)−2(x2−x43)−1+o(x4)=2x2+2x43−2x2+2x43+o(x4)=4x43+o(x4)\mathrm{ch}(2x)-2\sin^2x-1 = \big(1+2x^2+\tfrac{2x^4}{3}\big)-2\big(x^2-\tfrac{x^4}{3}\big)-1+o(x^4) = 2x^2+\tfrac{2x^4}{3}-2x^2+\tfrac{2x^4}{3}+o(x^4) = \dfrac{4x^4}{3}+o(x^4).

Donc f(x)=3⋅4x43+o(x4)4x4=4x4+o(x4)4x4→1f(x) = \dfrac{3\cdot\frac{4x^4}{3}+o(x^4)}{4x^4} = \dfrac{4x^4+o(x^4)}{4x^4}\to 1 quand x→0x\to0.

Donc ff se prolonge par continuité en 00 avec f(0)=1f(0)=1.

التمرين 2

Exercice 2 (2025) — Fonction $f(x,y,z)=\dfrac{x^2y+y^3+z^2}{z^2+1}$ et intégrale de surface

#fonctions de plusieurs variables#dérivées partielles#intégrale de surface

Soit f(x,y,z)=x2y+y3+z2z2+1f(x,y,z)=\dfrac{x^2y+y^3+z^2}{z^2+1} définie sur R3\mathbb{R}^3.

  1. Calculer les dérivées partielles ∂f∂x\dfrac{\partial f}{\partial x}, ∂f∂y\dfrac{\partial f}{\partial y}, ∂f∂z\dfrac{\partial f}{\partial z}.

  2. Calculer ∬Sf dσ\displaystyle\iint_S f\,d\sigma où SS est la sphère unité x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1, en utilisant les symétries de ff sur SS.

L'astuce de parité/symétrie (intégrale nulle des termes impairs sur un domaine symétrique) simplifie considérablement le calcul avant de passer aux coordonnées sphériques.

◀الحل
  1. ∂f∂x=2xyz2+1\dfrac{\partial f}{\partial x} = \dfrac{2xy}{z^2+1}.

∂f∂y=x2+3y2z2+1\dfrac{\partial f}{\partial y} = \dfrac{x^2+3y^2}{z^2+1}.

∂f∂z=2z(z2+1)−(x2y+y3+z2)⋅2z(z2+1)2=2z[(z2+1)−(x2y+y3+z2)](z2+1)2=2z(1−x2y−y3)(z2+1)2\dfrac{\partial f}{\partial z} = \dfrac{2z(z^2+1)-(x^2y+y^3+z^2)\cdot2z}{(z^2+1)^2} = \dfrac{2z\big[(z^2+1)-(x^2y+y^3+z^2)\big]}{(z^2+1)^2} = \dfrac{2z(1-x^2y-y^3)}{(z^2+1)^2}.

  1. Sur la sphère SS, décomposons f=x2y+y3z2+1+z2z2+1f = \dfrac{x^2y+y^3}{z^2+1}+\dfrac{z^2}{z^2+1}. Le terme x2y+y3=y(x2+y2)x^2y+y^3=y(x^2+y^2) est impair en yy (invariance y↦−yy\mapsto-y préserve SS et z2+1z^2+1), donc son intégrale sur la sphère (symétrique par rapport à y↦−yy\mapsto-y) est nulle.

Il reste ∬Sz2z2+1dσ\displaystyle\iint_S \dfrac{z^2}{z^2+1}d\sigma. Paramétrer par z=cos⁡φz=\cos\varphi (colatitude), dσ=sin⁡φ dφ dθd\sigma=\sin\varphi\,d\varphi\,d\theta sur la sphère unité : ∬Sz2z2+1dσ=∫02π∫0πcos⁡2φcos⁡2φ+1sin⁡φ dφ dθ=2π∫0πcos⁡2φsin⁡φ1+cos⁡2φdφ.\iint_S\dfrac{z^2}{z^2+1}d\sigma = \int_0^{2\pi}\int_0^\pi\dfrac{\cos^2\varphi}{\cos^2\varphi+1}\sin\varphi\,d\varphi\,d\theta = 2\pi\int_0^\pi\dfrac{\cos^2\varphi\sin\varphi}{1+\cos^2\varphi}d\varphi.

Poser u=cos⁡φu=\cos\varphi, du=−sin⁡φ dφdu=-\sin\varphi\,d\varphi : ∫−11u21+u2du=∫−11(1−11+u2)du=2−2arctan⁡(1)=2−π2\displaystyle\int_{-1}^1\dfrac{u^2}{1+u^2}du = \int_{-1}^1\Big(1-\dfrac{1}{1+u^2}\Big)du = 2-2\arctan(1) = 2-\dfrac{\pi}{2}.

Donc ∬Sf dσ=2π(2−π2)=4π−π2\displaystyle\iint_S f\,d\sigma = 2\pi\Big(2-\dfrac{\pi}{2}\Big) = 4\pi-\pi^2.