مسابقة دكتوراه 2018 — Université Abou Bekr Belkaïd - Tlemcen — الموضوع 01

1. Bonne définition de $I(a)$

Cas $a>0$ : pour $t>0$, $\Big|e^{-at}\dfrac{\sin t}{t}\Big|\le e^{-at}$ (car $|\sin t|\le t$ au voisinage de $0$, et $|\sin t/t|\le1$ partout), et $t\mapsto e^{-at}$ est intégrable sur $[0,+\infty)$ (intégrale de Gauss/exponentielle classique, $\int_0^\infty e^{-at}dt=1/a<\infty$). Au voisinage de $t=0$, $\dfrac{\sin t}{t}\to1$, donc l'intégrande se prolonge continûment. Par comparaison, $I(a)$ converge absolument pour $a>0$.

Cas $a=0$ : $I(0)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt$. Près de $0$, l'intégrande est bornée (prolongement continu en $1$), donc pas de problème en $0$. En $+\infty$, on utilise une intégration par parties : pour $0<A<B$, $\int_A^B\frac{\sin t}t\,dt=\Big[-\frac{\cos t}{t}\Big]_A^B-\int_A^B\frac{\cos t}{t^2}\,dt,$ et $\Big|\dfrac{\cos t}{t^2}\Big|\le\dfrac1{t^2}$ qui est intégrable en $+\infty$, et $\dfrac{\cos t}{t}\to0$. Donc le critère de Cauchy est satisfait : l'intégrale impropre $I(0)$ converge (mais pas absolument).

2. Dérivabilité de $I$ sur $]0,+\infty[$

Soit $a_0>0$ fixé. Sur $[a_0,+\infty[$, la dérivée partielle par rapport à $a$ de $f(a,t)=e^{-at}\sin t/t$ est $\frac{\partial f}{\partial a}(a,t)=-e^{-at}\sin t,$ et $\Big|{-e^{-at}\sin t}\Big|\le e^{-a_0t}$, fonction indépendante de $a$ et intégrable sur $[0,+\infty)$. Par le théorème de dérivation sous le signe intégral (domination locale, uniforme sur $[a_0,+\infty[$ pour tout $a_0>0$), $I$ est de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$ et $I'(a)=-\int_0^{+\infty}e^{-at}\sin t\,dt.$ Calculons cette dernière intégrale (transformée de Laplace de $\sin$) par deux intégrations par parties, ou en la reconnaissant comme partie imaginaire de $\int_0^\infty e^{-(a-i)t}dt=\dfrac1{a-i}=\dfrac{a+i}{a^2+1}$ : $\int_0^{+\infty}e^{-at}\sin t\,dt=\mathrm{Im}\Big(\frac1{a-i}\Big)=\frac1{a^2+1}.$ Donc $\boxed{I'(a)=-\frac1{1+a^2},\qquad a>0.}$

3. Expression de $I(a)$ et calcul de $C$

Comme $I'(a)=-\dfrac1{1+a^2}=-(\arctan)'(a)$, on a $I(a)=-\arctan(a)+C$ pour une constante $C\in\mathbb{R}$ (car $]0,+\infty[$ est un intervalle), soit $I(a)=C-\arctan(a)$.

Limite en $+\infty$ : pour $a>0$, $|I(a)|=\Big|\displaystyle\int_0^\infty e^{-at}\frac{\sin t}t dt\Big|\le\displaystyle\int_0^\infty e^{-at}dt=\dfrac1a\xrightarrow[a\to\infty]{}0$. Donc $I(a)\to0$ quand $a\to+\infty$.

Or $C-\arctan(a)\to C-\dfrac\pi2$ quand $a\to+\infty$ (car $\arctan(a)\to\pi/2$). Par unicité de la limite : $C-\frac\pi2=0\ \Longrightarrow\ \boxed{C=\frac\pi2.}$ Donc $I(a)=\dfrac\pi2-\arctan(a)$ pour tout $a>0$.

4. Valeur de l'intégrale de Dirichlet

En admettant la continuité de $I$ en $0$ (qui découle d'un théorème de convergence uniforme à la Abel : $e^{-at}$ est monotone bornée uniformément en $t$ et $\int_0^{+\infty}\sin t/t\,dt$ converge, donc $I(a)\to I(0)$ quand $a\to0^+$), on obtient en faisant $a\to0^+$ dans l'expression $I(a)=\dfrac\pi2-\arctan(a)$ : $I(0)=\frac\pi2-\arctan(0)=\frac\pi2-0=\frac\pi2.$ Donc $\boxed{\int_0^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\,dt=\frac\pi2.}$

1. Méthode des coordonnées sphériques

En coordonnées sphériques $X=ru$ avec $r=\|X\|\in[0,1)$ (car $X\in B(0,1)$) et $u\in S^{n-1}$, l'élément de volume s'écrit $dX=r^{n-1}dr\,d\sigma(u)$, où $d\sigma$ est la mesure de surface sur $S^{n-1}$ (de masse totale $\omega_{n-1}$). Comme $h(X)=\|X\|^{-p}=r^{-p}$ ne dépend que de $r$ : $\int_{\mathbb{R}^n}h(X)\,dX=\int_{S^{n-1}}\int_0^1 r^{-p}\,r^{n-1}\,dr\,d\sigma(u)=\Big(\int_{S^{n-1}}d\sigma(u)\Big)\int_0^1 r^{n-1-p}\,dr=\omega_{n-1}\int_0^1 r^{n-1-p}\,dr.$

L'intégrale de Riemann $\int_0^1 r^{n-1-p}dr$ (éventuellement impropre en $0$ si $n-1-p<0$) converge si et seulement si l'exposant $n-1-p>-1$, c'est-à-dire $\boxed{p<n}$, et vaut alors $\int_0^1 r^{n-1-p}\,dr=\Big[\frac{r^{n-p}}{n-p}\Big]_0^1=\frac1{n-p}.$ Donc, pour $p<n$ : $\boxed{\int_{\mathbb{R}^n}h(X)\,dX=\frac{\omega_{n-1}}{n-p}.}$ Pour $p\ge n$, l'intégrale diverge.

2. Méthode de la fonction de répartition (formule de la couche / «layer-cake»)

Pour $t>0$, l'ensemble de sur-niveau est $\{X:h(X)>t\}=\{X\in B(0,1):\|X\|^{-p}>t\}=\{X\in B(0,1):\|X\|<t^{-1/p}\}=B(0,1)\cap B\big(0,t^{-1/p}\big).$

Si $0<t\le1$ : alors $t^{-1/p}\ge1$, donc $B(0,t^{-1/p})\supset B(0,1)$, et l'intersection vaut $B(0,1)$, de mesure $\lambda(B(0,1))=V_n$.

Si $t>1$ : alors $t^{-1/p}<1$, donc l'intersection vaut $B(0,t^{-1/p})$, de mesure $\lambda\big(B(0,t^{-1/p})\big)=V_n\,(t^{-1/p})^n=V_n\,t^{-n/p}$.

Donc $\int_{\mathbb{R}^n}h(X)\,dX=\int_0^1 V_n\,dt+\int_1^{+\infty}V_n\,t^{-n/p}\,dt=V_n\Big[1+\int_1^{+\infty}t^{-n/p}\,dt\Big].$ L'intégrale $\int_1^{+\infty}t^{-n/p}dt$ converge si et seulement si $n/p>1$, c'est-à-dire $p<n$ (même condition qu'à la question 1), et vaut alors $\int_1^{+\infty}t^{-n/p}\,dt=\Big[\frac{t^{1-n/p}}{1-n/p}\Big]_1^{+\infty}=\frac1{n/p-1}=\frac p{n-p}.$ Donc, pour $p<n$ : $\int_{\mathbb{R}^n}h(X)\,dX=V_n\Big[1+\frac p{n-p}\Big]=V_n\cdot\frac{n-p+p}{n-p}=V_n\cdot\frac{n}{n-p}.$

Vérification de la coïncidence : comme $V_n=\dfrac{\omega_{n-1}}n$ (le volume de la boule s'obtient en intégrant l'aire des sphères : $V_n=\omega_{n-1}\int_0^1r^{n-1}dr=\omega_{n-1}/n$), on a $V_n\cdot\frac n{n-p}=\frac{\omega_{n-1}}n\cdot\frac{n}{n-p}=\frac{\omega_{n-1}}{n-p},$ ce qui coïncide exactement avec le résultat de la question 1 : $\boxed{\int_{\mathbb{R}^n}h(X)\,dX=\frac{\omega_{n-1}}{n-p}\quad(p<n).}$

1. $(H,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ est un espace de Hilbert

$\langle\cdot,\cdot\rangle$ est bien un produit scalaire sur $H=\mathbb{R}_2[X]$ : bilinéaire, symétrique, et défini positif car si $\langle P,P\rangle=\int_{-1}^1P(t)^2dt=0$ avec $P$ continue, alors $P\equiv0$ sur $[-1,1]$, donc $P=0$ comme polynôme (un polynôme nul sur un intervalle est le polynôme nul).

$H=\mathbb{R}_2[X]$ est un espace vectoriel de dimension finie ($\dim H=3$). Or tout espace vectoriel normé de dimension finie est complet (toutes les normes sont équivalentes en dimension finie, et $(\mathbb{R}^3,\|\cdot\|_2)$ est complet). Donc $(H,\langle\cdot,\cdot\rangle)$ est complet, et étant préhilbertien complet, c'est un espace de Hilbert.

2. Orthogonalisation de Gram-Schmidt

Étape 0 : $Q_0=1$. On a $\langle Q_0,Q_0\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1 dt=2$.

Étape 1 : $\langle X,Q_0\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1t\,dt=0$ (fonction impaire sur intervalle symétrique), donc $Q_1=X-\frac{\langle X,Q_0\rangle}{\langle Q_0,Q_0\rangle}Q_0=X.$ $\langle Q_1,Q_1\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1t^2\,dt=\dfrac23$.

Étape 2 : $\langle X^2,Q_0\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1t^2dt=\dfrac23$ et $\langle X^2,Q_1\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1t^3dt=0$ (impaire). Donc $Q_2=X^2-\frac{2/3}{2}Q_0-\frac{0}{2/3}Q_1=X^2-\frac13.$ $\langle Q_2,Q_2\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1\Big(t^2-\frac13\Big)^2dt=\int_{-1}^1\Big(t^4-\frac23t^2+\frac19\Big)dt=\frac25-\frac49+\frac29=\frac25-\frac29=\frac{18-10}{45}=\frac8{45}.$

On obtient donc la base orthogonale $\boxed{Q_0=1,\quad Q_1=X,\quad Q_2=X^2-\frac13}$ (proportionnels aux polynômes de Legendre $P_0,P_1,P_2$), et la base orthonormée associée $e_0=\frac{Q_0}{\|Q_0\|}=\frac1{\sqrt2},\qquad e_1=\frac{Q_1}{\|Q_1\|}=\sqrt{\frac32}\,X,\qquad e_2=\frac{Q_2}{\|Q_2\|}=\sqrt{\frac{45}8}\Big(X^2-\frac13\Big).$

3. Meilleure approximation quadratique de $f(t)=t^3$

La meilleure approximation de $f$ dans le sous-espace de dimension finie $H$ (fermé car de dimension finie) est donnée par la projection orthogonale $p^*=P_H(f)=\displaystyle\sum_{i=0}^2\frac{\langle f,Q_i\rangle}{\langle Q_i,Q_i\rangle}Q_i$ (formule via la base orthogonale).

Calculons chaque produit scalaire :

• $\langle f,Q_0\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1t^3\,dt=0$ (impaire).
• $\langle f,Q_1\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1t^4\,dt=\dfrac25$.
• $\langle f,Q_2\rangle=\displaystyle\int_{-1}^1t^3\Big(t^2-\frac13\Big)dt=\int_{-1}^1\Big(t^5-\frac13t^3\Big)dt=0$ (impaire).

Donc seul le terme en $Q_1$ subsiste : $p^*=\frac{\langle f,Q_1\rangle}{\langle Q_1,Q_1\rangle}Q_1=\frac{2/5}{2/3}\,X=\frac35\,X.$ $\boxed{p^*(t)=\frac35\,t.}$

Distance minimale. Par le théorème de Pythagore (puisque $f-p^*\perp H$) : $\|f-p^*\|_2^2=\|f\|_2^2-\|p^*\|_2^2.$ On calcule $\|f\|_2^2=\displaystyle\int_{-1}^1t^6\,dt=\dfrac27$, et $\|p^*\|_2^2=\Big(\dfrac35\Big)^2\langle Q_1,Q_1\rangle=\dfrac9{25}\cdot\dfrac23=\dfrac{18}{75}=\dfrac6{25}$.

Donc $\|f-p^*\|_2^2=\frac27-\frac6{25}=\frac{50-42}{175}=\frac8{175},$ soit $\boxed{\|f-p^*\|_2=\sqrt{\frac8{175}}=\frac{2\sqrt2}{5\sqrt7}=\frac{2\sqrt{14}}{35}.}$