مسابقة دكتوراه 2016 — Université Abderrahmane Mira - Béjaïa — الموضوع 02

1) Il faut $x=0$ ou ($x>0$ et $\ln x\ne0$, i.e. $x\ne1$). Donc $D_f=[0,1[\,\cup\,]1,+\infty[$.

2) Sur $]0,1[\,\cup\,]1,+\infty[$, $f$ est $\mathscr C^\infty$ (quotient de fonctions lisses, $\ln x\ne0$). En $0$ : $f(x)\to0/(-\infty)=0=f(0)$ : continuité. Taux d'accroissement : $\frac{f(x)-f(0)}x=\frac1{\ln x}\to0$ quand $x\to0^+$, donc $f'(0)=0$. Pour $x\in(0,1)$, $f'(x)=\dfrac{\ln x-1}{(\ln x)^2}\underset{x\to0^+}{\sim}\dfrac1{\ln x}\to0=f'(0)$ : $f'$ est continue en $0$. Donc $f\in\mathscr C^1([0,1[)$.

3) Pour $x\ne0,1$ : $f'(x)=\dfrac{\ln x-1}{(\ln x)^2}$, de signe celui de $\ln x-1$ (dénominateur $>0$) : $f'(x)<0$ sur $]0,1[\,\cup\,]1,e[$, $f'(e)=0$, $f'(x)>0$ sur $]e,+\infty[$. Avec $f'(0)=0$ : $f$ est décroissante sur $[0,1[$ (de $f(0)=0$ vers $-\infty$ quand $x\to1^-$), décroissante sur $]1,e]$ (de $+\infty$ à $f(e)=e$), puis croissante sur $[e,+\infty[$ (de $e$ vers $+\infty$). Minimum global sur $]1,+\infty[$ : $f(e)=e$.

4a) $u_0=3\ge e$. Si $u_n\ge e$, comme $f$ atteint son minimum $e$ en $x=e$ sur $]1,+\infty[$ (question 3), $f(u_n)\ge f(e)=e$, donc $u_{n+1}\ge e$. Récurrence établie.

4b) (Voir (c)-(e) pour la preuve quantitative.) Comme $e$ est l'unique point fixe de $f$ sur $[e,+\infty[$ et que $|f'|\le\frac14<1$ sur cet intervalle, le TAF donne une contraction : $|u_{n+1}-e|\le\frac14|u_n-e|$, d'où $u_n\to e$.

4c) Posons $t=\ln x\ge1$ pour $x\ge e$ : $f'(x)=\varphi(t):=\dfrac{t-1}{t^2}=\dfrac1t-\dfrac1{t^2}$. $\varphi(1)=0$, $\varphi(t)\to0$ en $+\infty$, et $\varphi'(t)=\dfrac{2-t}{t^3}$ s'annule en $t=2$ avec $\varphi(2)=\frac14$ (maximum). Donc $0\le\varphi(t)\le\frac14$ pour $t\ge1$, soit $0\le f'(x)\le\frac14$ pour $x\ge e$.

4d) Comme $u_n\ge e$, le TAF entre $e$ et $u_n$ donne $c\ge e$ tel que $f(u_n)-f(e)=f'(c)(u_n-e)$, i.e. $u_{n+1}-e=f'(c)(u_n-e)$. D'après (c), $|f'(c)|\le\frac14$, donc $|u_{n+1}-e|\le\frac14|u_n-e|$.

4e) Par récurrence, $|u_n-e|\le\left(\frac14\right)^n|u_0-e|$. Comme $|u_0-e|=3-e<1$, on a $|u_n-e|\le\left(\frac14\right)^n$.

4f) $4^5>1000=10^3\Rightarrow4^{20}=(4^5)^4>10^{12}$, donc $\left(\frac14\right)^{20}<10^{-12}$. On peut donc prendre $n_1=20$ : pour $n\ge20$, $|u_n-e|\le\left(\frac14\right)^n<10^{-12}$.

5a) Avec $z=1/y$, $y=1/z$, $y'=-z'/z^2$. En substituant dans $(E_1)$ : $x^2\frac{z'}{z^2}+\frac xz=\frac1{z^2}$, soit après multiplication par $z^2$ : $x^2z'+xz=1$, i.e. $(E_2):\ z'+\dfrac zx=\dfrac1{x^2}$.

5b) Homogène : $z_h=C/x$. Variation de la constante $z=C(x)/x$ donne $C'(x)=1/x$, donc $C(x)=\ln x+K=\ln x+\ln a=\ln(ax)$ (en posant $a=e^K>0$). D'où $z(x)=\dfrac{\ln(ax)}x$, $a>0$.

5c) $y\equiv0$ est solution triviale de $(E_1)$. Sinon $y=1/z=\dfrac{x}{\ln(ax)}$ pour $a>0$, sur les intervalles où $\ln(ax)\ne0$ (i.e. $x\ne1/a$).

1) Pour $Q=1$ : $f(1)=-\left(x-\frac{a+b}2\right)=-x+\frac{a+b}2$, degré $\le1$. Pour $Q=x$ : $f(x)=(x-a)(x-b)-x\left(x-\frac{a+b}2\right)=x^2-(a+b)x+ab-x^2+\frac{a+b}2x=-\frac{a+b}2x+ab$, degré $\le1$ (les termes en $x^2$ se compensent). Comme $f$ est linéaire et envoie la base $\{1,x\}$ dans $\mathbb R_1[x]$, $f$ est un endomorphisme de $\mathbb R_1[x]$.

2) $f(1)=\frac{a+b}2\cdot1+(-1)\cdot x$ et $f(x)=ab\cdot1+\left(-\frac{a+b}2\right)x$, donc $A=\begin{pmatrix}\frac{a+b}2 & ab\\-1&-\frac{a+b}2\end{pmatrix}$.

3) $f$ isomorphisme $\iff\det A\ne0$. $\det A=-\left(\frac{a+b}2\right)^2+ab=-\frac{(a-b)^2}4$. Donc $f$ est un isomorphisme si et seulement si $a\ne b$.

4a) Si $\lambda(x-a)+\mu(x-b)=0$ : $\lambda+\mu=0$ et $-\lambda a-\mu b=0$, d'où $\lambda(b-a)=0$ ; comme $a\ne b$, $\lambda=\mu=0$. Indépendants, donc base de $\mathbb R_1[x]$ (dimension 2).

4b) Par linéarité, $f(x-a)=f(x)-af(1)=\frac{a-b}2(x-a)$ et $f(x-b)=f(x)-bf(1)=\frac{b-a}2(x-b)$ (calculs directs). Donc $D=\begin{pmatrix}\frac{a-b}2&0\\0&\frac{b-a}2\end{pmatrix}$.

4c) $x-a=-a\cdot1+1\cdot x$ et $x-b=-b\cdot1+1\cdot x$, donc $P=\begin{pmatrix}-a&-b\\1&1\end{pmatrix}$, $\det P=b-a$, et $P^{-1}=\dfrac1{b-a}\begin{pmatrix}1&b\\-1&-a\end{pmatrix}$.

4d) D'après (b), $(x-a)$ est vecteur propre pour la valeur propre $\lambda_1=\frac{a-b}2$ (coordonnées $(-a,1)$), et $(x-b)$ vecteur propre pour $\lambda_2=\frac{b-a}2=-\lambda_1$ (coordonnées $(-b,1)$).

4e) $A=PDP^{-1}\Rightarrow A^2=PDP^{-1}PDP^{-1}=PD^2P^{-1}$, et par récurrence $A^n=PD^nP^{-1}$.

4f) En posant $\mu=\frac{a-b}2$, $D^n=\mathrm{diag}(\mu^n,(-\mu)^n)$. Si $n$ est pair, $D^n=\mu^nI_2$ donc $A^n=\mu^nI_2=\left(\frac{a-b}2\right)^nI_2$. Si $n$ est impair, le calcul de $PD^nP^{-1}$ donne $A^n=\dfrac{\mu^n}{b-a}\begin{pmatrix}-(a+b)&-2ab\\2&a+b\end{pmatrix}$.

5a) $E=\mathrm{Vect}\{I_2,A,A^2\}$ est par définition un sous-espace vectoriel de $\mathscr M_2(\mathbb R)$ (combinaison linéaire).

5b) D'après (f) (cas $n=2$, pair) : $A^2=\mu^2I_2=\left(\frac{a-b}2\right)^2I_2$, qui est déjà colinéaire à $I_2$. Donc $E=\mathrm{Vect}\{I_2,A\}$ (le terme en $A^2$ est redondant), et comme $a\ne b$ implique que $A$ n'est pas elle-même scalaire, $\{I_2,A\}$ est une base de $E$ : $\dim E=2$.