مسابقة دكتوراه 2017 — Université Abderrahmane Mira - Béjaïa — الموضوع 01

1) $e\in M$ car $e^r=e$. Si $x,y\in M$, comme $G$ est abélien, $(xy)^r=x^ry^r=e$, donc $xy\in M$. Si $x\in M$, $(x^{-1})^r=(x^r)^{-1}=e$, donc $x^{-1}\in M$. Ainsi $M$ est un sous-groupe ; de même pour $N$.

2) $(M\times N,\times)$ hérite de l'associativité de $G$, admet $(e,e)$ comme neutre et $(x,y)^{-1}=(x^{-1},y^{-1})$ ; il est commutatif car $G$ l'est. C'est donc un groupe commutatif.

3) Morphisme : $f[(x,y)\times(x',y')]=xx'yy'=xy\,x'y'=f[(x,y)]f[(x',y')]$ (en utilisant la commutativité de $G$ pour permuter $x'$ et $y$).

Injectif : si $f[(x,y)]=e$ alors $y=x^{-1}$. Comme $x\in M$, $x^r=e$ ; comme $y=x^{-1}\in N$, $y^s=e$ donc $x^s=e$. Par Bézout, $\exists u,v\in\mathbb Z$, $ur+vs=1$, donc $x=x^{ur+vs}=(x^r)^u(x^s)^v=e$. D'où $y=e$ aussi : le noyau est trivial.

Surjectif : soit $g\in G$, avec $ur+vs=1$ (Bézout). Posons $x=g^{vs}$, $y=g^{ur}$. Alors $xy=g^{vs+ur}=g$. De plus $x^r=g^{vsr}=(g^{rs})^v=(g^n)^v=e$ (car $g^n=e$), donc $x\in M$ ; de même $y^s=(g^n)^u=e$, donc $y\in N$. Ainsi $f$ est surjective.

$f$ est donc un isomorphisme, ce qui montre $G\cong M\times N$ (théorème chinois des restes pour les groupes abéliens finis).

1.i) Prendre $n=E(x)$ (partie entière), de sorte que $n\le x<n+1$. Comme $t\mapsto 1/t$ est décroissante, pour $t\in[n,n+1]$ : $\frac1{n+1}\le\frac1t\le\frac1n$. En intégrant sur $[n,n+1]$ on obtient $\frac1{n+1}\le\ln\frac{n+1}n\le\frac1n$.

ii) En sommant l'inégalité précédente pour $k=1,\dots,n-1$ et en télescopant $\sum\ln\frac{k+1}k=\ln n$ : $\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k+1}\le\ln n\le\sum_{k=1}^{n-1}\frac1k$, c'est-à-dire $\frac12+\dots+\frac1n\le\ln n\le1+\frac12+\dots+\frac1{n-1}$.

iii) $u_n-u_{n+1}=\ln(n+1)-\ln n-\frac1{n+1}=\ln\!\left(1+\frac1n\right)-\frac1{n+1}\ge0$ (d'après i) avec l'inégalité de gauche), donc $(u_n)$ est décroissante. De plus $u_n>0$ (conséquence de ii)). Étant décroissante et minorée par $0$, $(u_n)$ converge (sa limite est la constante d'Euler-Mascheroni $\gamma$).

2.i) Poser $u=a+b-x$ : $\int_a^bxf(x)dx=\int_a^b(a+b-u)f(a+b-u)\,du=\int_a^b(a+b-u)f(u)\,du$ (par hypothèse $f(a+b-u)=f(u)$) $=(a+b)\int_a^bf-\int_a^b uf(u)du$. En notant $I=\int_a^bxf(x)dx$, on a $I=(a+b)\int_a^bf-I$, d'où $I=\frac{a+b}2\int_a^bf$.

ii) Avec $g(x)=\frac{\sin x}{1+\cos^2x}$ sur $[0,\pi]$ : $g(\pi-x)=\frac{\sin(\pi-x)}{1+\cos^2(\pi-x)}=\frac{\sin x}{1+\cos^2x}=g(x)$, donc l'hypothèse s'applique avec $a=0,b=\pi$. Ainsi $\int_0^\pi xg(x)dx=\frac\pi2\int_0^\pi g(x)dx$. Avec $t=\cos x$ : $\int_0^\pi g(x)dx=\int_{-1}^1\frac{dt}{1+t^2}=[\arctan t]_{-1}^1=\frac\pi2$. D'où $\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=\frac\pi2\cdot\frac\pi2=\frac{\pi^2}4$.

3.i) En dérivant $x(1+x^2)^{-n}$ on obtient $\frac{d}{dx}[x(1+x^2)^{-n}]=(1-2n)(1+x^2)^{-n}+2n(1+x^2)^{-n-1}$. En intégrant : $x(1+x^2)^{-n}=(1-2n)I_n+2nI_{n+1}+C$, soit $I_{n+1}=\frac{x}{2n(1+x^2)^n}+\frac{2n-1}{2n}I_n.$

ii) L'équation s'écrit $y'-\dfrac{y}{(x^2+1)\mathrm{Arctan}\,x}=\dfrac{\mathrm{Arctan}\,x}{(x^2+1)^3}$. Solution homogène : $y_h=C\cdot\mathrm{Arctan}(x)$ (car $\int\frac{dx}{(1+x^2)\mathrm{Arctan}\,x}=\ln|\mathrm{Arctan}\,x|$). Variation de la constante $y=C(x)\mathrm{Arctan}(x)$ donne $C'(x)=\dfrac1{(1+x^2)^3}=I_3$ (avec $I_3$ comme en 3.i). En utilisant $I_1=\mathrm{Arctan}\,x$, puis la relation de 3.i) deux fois : $I_2=\frac{x}{2(1+x^2)}+\frac12\mathrm{Arctan}\,x$, $I_3=\frac{x}{4(1+x^2)^2}+\frac{3x}{8(1+x^2)}+\frac38\mathrm{Arctan}\,x$. D'où la solution générale (pour $x\ne0$) : $y(x)=K\,\mathrm{Arctan}(x)+\frac{x\,\mathrm{Arctan}(x)}{4(1+x^2)^2}+\frac{3x\,\mathrm{Arctan}(x)}{8(1+x^2)}+\frac38\mathrm{Arctan}(x)^2,\quad K\in\mathbb R.$

1a) $f$ est clairement linéaire (combinaison linéaire de $P''$ et $P'$). Sur la base $\{1,X,X^2\}$ : $f(1)=0$, $f(X)=X+1$, $f(X^2)=-(X+1)^2+2X(X+1)=(X+1)(X-1)=X^2-1$. Toutes ces images sont dans $E$, donc $f$ est un endomorphisme, de matrice $A=\begin{pmatrix}0&1&-1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ dans cette base. On vérifie $A^2=A$ (calcul direct colonne par colonne), donc $f\circ f=f$.

1b) En coordonnées $(a,b,c)$ pour $P=a+bX+cX^2$, $f(P)$ a pour coordonnées $(b-c,\,b,\,c)$. $\ker f$ : $b=c=0$, $a$ libre $\Rightarrow \ker f=\mathrm{Vect}\{1\}$ (dimension 1). Comme $\mathrm{rg}(f)=3-1=2$, $\mathrm{Im}\,f=\mathrm{Vect}\{f(X),f(X^2)\}=\mathrm{Vect}\{X+1,\,X^2-1\}$ (base, car indépendants).

1c) $\dim\ker f+\dim\mathrm{Im}\,f=1+2=3=\dim E$. Si $P\in\ker f\cap\mathrm{Im}\,f$, alors $P=f(Q)$ pour un certain $Q$, donc $f(P)=f(f(Q))=f(Q)=P$ (car $f\circ f=f$) ; mais $P\in\ker f$ donne $f(P)=0$, donc $P=0$. Ainsi $\ker f\cap\mathrm{Im}\,f=\{0\}$ et $E=\ker f\oplus\mathrm{Im}\,f$ (propriété générale des projecteurs).

2) $g$ est linéaire. Si $g(P)=(0,0,0)$, la formule de Taylor (exacte pour un polynôme de degré $\le2$) autour de $1$ donne $P(X)=P(1)+P'(1)(X-1)+\frac{P''(1)}2(X-1)^2=0$. Donc $g$ est injective, et comme $\dim E=\dim\mathbb R^3=3$, $g$ est un isomorphisme. Son inverse s'obtient directement par la formule de Taylor : $g^{-1}(\alpha,\beta,\gamma)=\alpha+\beta(X-1)+\frac\gamma2(X-1)^2.$