مسابقة دكتوراه 2013 — Université 8 Mai 1945 - Guelma — الموضوع 02

1) Par Leibniz, $\frac{d^n}{dx^n}[(x-1)^n(x+1)^n]$ évalué en $x=1$ ne garde que le terme où les $n$ dérivées tombent sur $(x-1)^n$ : $n!\,(x+1)^n|_{x=1}=n!\,2^n$. Donc $P_n(1)=\frac1{2^n n!}\cdot n!\,2^n=1$.

2a) Par $n$ intégrations par parties, les termes de bord $(x^2-1)^{(k)}$ s'annulent en $\pm1$ et $\langle P_n,x^m\rangle\propto\int_{-1}^1(x^2-1)^n\frac{d^m}{dx^m}x^m$ ; pour $m<n$ la dérivée $(x^m)^{(n)}=0$, donc $\langle P_n,x^m\rangle=0$. b) Tout $P_m$ de degré $m<n$ est combinaison de $x^0,\dots,x^m$, donc $\langle P_n,P_m\rangle=0$. c) $\|P_n\|^2=\langle P_n,P_n\rangle$ ; en intégrant par parties $n$ fois avec le coefficient dominant, $\|P_n\|^2=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\int_{-1}^1(1-x^2)^ndx=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\cdot\frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n+1)!}=\frac2{2n+1}$. Donc $\|P_n\|=\sqrt{\frac2{2n+1}}$.

3) $xP_n$ est de degré $n+1$, décomposable sur la base $(P_k)$ ; l'orthogonalité et la parité annulent tous les coefficients sauf ceux de $P_{n+1}$ et $P_{n-1}$. L'identification des coefficients dominants et de la valeur en $1$ donne $(2n+1)xP_n=(n+1)P_{n+1}+nP_{n-1}$.

4) De $(x^2-1)u_n'=2nx\,u_n$, on dérive $(n+1)$ fois par Leibniz. En divisant par $2^n n!$ on obtient l'équation de Legendre $(x^2-1)P_n''+2xP_n'-n(n+1)P_n=0$.

1. $A(t)=t^2\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$. 2. Valeurs propres $\pm t^2$, vecteurs propres $(1,1)$ et $(1,-1)$ ; avec $V_1=u_1+u_2$, $V_2=u_1-u_2$ on obtient $D(t)=\mathrm{diag}(t^2,-t^2)$, soit $\partial_t V_1+t^2\partial_x V_1=0$ et $\partial_t V_2-t^2\partial_x V_2=0$. 3. Caractéristiques $x\mp\tfrac{t^3}{3}=\text{cste}$ ; $V_1,V_2$ constants le long d'elles. Données $V_1(0,x)=0$, $V_2(0,x)=2x^2$. Donc $V_1\equiv0$ et $V_2(t,x)=2\bigl(x+\tfrac{t^3}{3}\bigr)^2$. 4. $u_1=\tfrac12(V_1+V_2)=\bigl(x+\tfrac{t^3}{3}\bigr)^2$ et $u_2=\tfrac12(V_1-V_2)=-\bigl(x+\tfrac{t^3}{3}\bigr)^2$.

1a) $|x|$ est une fonction homogène de degré $1$ : $|\lambda x|=|\lambda||x|$, ce qui donne (au sens des distributions) le degré $p=1$. $\operatorname{sgn}(x)$ est homogène de degré $0$. b) $\operatorname{vp}(1/x)$ est homogène de degré $-1$ et $\operatorname{Pf}(1/x^2)$ de degré $-2$ (mise à l'échelle directe de la définition).

2a) $\langle x\,\operatorname{vp}(1/x),\varphi\rangle=\langle\operatorname{vp}(1/x),x\varphi\rangle=\int_0^\infty\frac{x\varphi(x)-(-x)\varphi(-x)}x dx=\int_0^\infty(\varphi(x)+\varphi(-x))dx=\int_{\mathbb R}\varphi=\langle1,\varphi\rangle$, donc $x\,\operatorname{vp}(1/x)=1$.

b) $xT=0$ : pour toute $\psi\in\mathcal D$ nulle en $0$, $\psi=x\chi$ avec $\chi\in\mathcal D$, donc $\langle T,\psi\rangle=\langle xT,\chi\rangle=0$. $T$ ne dépend donc que de $\varphi(0)$ : $T=c\,\delta_0$, $c\in\mathbb C$.

c) Une solution particulière de $xT=1$ est $\operatorname{vp}(1/x)$ (par 2a). La solution générale est donc $T=\operatorname{vp}(1/x)+c\,\delta_0$, $c\in\mathbb C$.

1. Multiplier $(E)$ par $v\in H^1$, intégrer et appliquer la formule de Green ; le terme de bord disparaît grâce à $\partial u/\partial n=0$, d'où la formulation. 2. Avec $\lambda=0$ et $v\equiv1$ : $0=\int_\Omega f$, contradiction si $\int_\Omega f\ne0$ ; pas de solution (condition de compatibilité). 3. Pour $\lambda>0$ la forme $a(u,v)=\int\nabla u\cdot\nabla v+\lambda\int uv$ est coercive sur $H^1$ (équivalente au carré de la norme $H^1$), Lax-Milgram donne l'unicité. Pour $\lambda<0$ non valeur propre du laplacien de Neumann, l'alternative de Fredholm donne encore existence et unicité.