مسابقة دكتوراه 2023 — Université Abou Bekr Belkaïd - Tlemcen — الموضوع 02

1.

$D_\varepsilon$ est une couronne (anneau) centrée à l'origine, comprise entre le cercle de rayon $\varepsilon$ et le cercle de rayon $1$.

2.

Aire $=$ aire du grand disque $-$ aire du petit disque :

$\boxed{\,\mathrm{Aire}(D_\varepsilon) = \pi(1^2 - \varepsilon^2) = \pi(1 - \varepsilon^2).\,}$

3.

En coordonnées polaires $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $x^2 + y^2 = r^2$, $dx\,dy = r\,dr\,d\theta$ :

$I_\varepsilon(\alpha) = \int_0^{2\pi}\!\!\int_\varepsilon^1 \frac{r}{r^{2\alpha}}\,dr\,d\theta = 2\pi \int_\varepsilon^1 r^{1 - 2\alpha}\,dr.$

Si $\alpha \neq 1$ : $\displaystyle \int_\varepsilon^1 r^{1-2\alpha}\,dr = \frac{1 - \varepsilon^{2 - 2\alpha}}{2 - 2\alpha}$, d'où $I_\varepsilon(\alpha) = \dfrac{\pi\,(1 - \varepsilon^{2 - 2\alpha})}{1 - \alpha}$.

Si $\alpha = 1$ : $\displaystyle \int_\varepsilon^1 \frac{dr}{r} = \ln\frac{1}{\varepsilon}$, d'où $I_\varepsilon(1) = 2\pi \ln\dfrac{1}{\varepsilon}$.

$\boxed{\,I_\varepsilon(\alpha) = \frac{\pi\,(1 - \varepsilon^{2 - 2\alpha})}{1 - \alpha}\ \text{si } \alpha \neq 1, \qquad I_\varepsilon(1) = 2\pi \ln\frac{1}{\varepsilon}.\,}$

4.

• Si $\alpha \lt 1$ : $2 - 2\alpha \gt 0$ donc $\varepsilon^{2-2\alpha} \to 0$, et $I_\varepsilon(\alpha) \to \dfrac{\pi}{1 - \alpha}$.
• Si $\alpha = 1$ : $2\pi \ln\tfrac{1}{\varepsilon} \to +\infty$.
• Si $\alpha \gt 1$ : $2 - 2\alpha \lt 0$ donc $\varepsilon^{2-2\alpha} \to +\infty$, et $I_\varepsilon(\alpha) \to +\infty$.

$\boxed{\,\lim_{\varepsilon \to 0^+} I_\varepsilon(\alpha) = \frac{\pi}{1 - \alpha}\ \text{si } \alpha \lt 1, \qquad = +\infty\ \text{si } \alpha \geq 1.\,}$

En particulier l'intégrale impropre $\displaystyle \iint_{x^2+y^2 \leq 1} \frac{dx\,dy}{(x^2+y^2)^{\alpha}}$ converge ssi $\alpha \lt 1$, de valeur $\dfrac{\pi}{1-\alpha}$.

5.

Le domaine $B$ est un cylindre : disque $x^2 + y^2 \leq 1$ dans le plan, $z \in [1, 2]$. Les variables se séparent :

$J(\alpha) = \left( \int_1^2 z^{\alpha}\,dz \right) \left( \iint_{x^2+y^2 \leq 1} \frac{dx\,dy}{(x^2+y^2)^{\alpha}} \right).$

Pour $0 \lt \alpha \lt 1$, la seconde intégrale (impropre en $0$) vaut $\dfrac{\pi}{1 - \alpha}$ (question 4), et $\displaystyle \int_1^2 z^{\alpha}\,dz = \frac{2^{\alpha+1} - 1}{\alpha + 1}$. D'où

$\boxed{\,J(\alpha) = \frac{\pi}{1 - \alpha} \cdot \frac{2^{\alpha+1} - 1}{\alpha + 1}.\,}$

On applique le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions

$\varphi_n(x) = f\!\left( 1 + \frac{x}{n^2} \right) g(x)\, \mathbf{1}_{[-n, n]}(x).$

Convergence simple. Pour $x$ fixé, dès que $n \geq |x|$ on a $\mathbf{1}_{[-n,n]}(x) = 1$, et $1 + \tfrac{x}{n^2} \to 1$. Comme $f$ est continue en $1$,

$\varphi_n(x) \xrightarrow[n \to \infty]{} f(1)\, g(x).$

Domination. $f$ est bornée, soit $|f| \leq M$. Alors pour tout $n$ et tout $x$,

$|\varphi_n(x)| \leq M\,|g(x)|,$

et $M|g| \in L^1(\mathbb{R})$ puisque $g$ est intégrable. La domination est indépendante de $n$.

Conclusion. Le théorème de convergence dominée donne

$\lim_{n \to +\infty} \int_{-n}^{n} f\!\left( 1 + \frac{x}{n^2} \right) g(x)\,dx = \int_{\mathbb{R}} f(1)\, g(x)\,dx.$

$\boxed{\,\lim_{n \to +\infty} \int_{-n}^{n} f\!\left( 1 + \frac{x}{n^2} \right) g(x)\,dx = f(1)\int_{\mathbb{R}} g(x)\,dx.\,}$

1.

Séparation des variables. Avec $u(x,t) = V(x) e^{i\lambda t}$ : $u_{tt} = -\lambda^2 V(x) e^{i\lambda t}$ et $u_{xx} = V''(x) e^{i\lambda t}$. L'équation donne $-\lambda^2 V = c^2 V''$, soit

$V'' + \frac{\lambda^2}{c^2}\,V = 0.$

Les conditions aux bords $u(0,t) = u(L,t) = 0$ imposent $V(0) = V(L) = 0$. La solution générale est $V(x) = A\sin(\tfrac{\lambda}{c} x) + B\cos(\tfrac{\lambda}{c} x)$ ; $V(0) = 0 \Rightarrow B = 0$, puis $V(L) = 0 \Rightarrow \sin(\tfrac{\lambda L}{c}) = 0$, d'où

$\lambda_n = \frac{n\pi c}{L}, \qquad V_n(x) = \sin\!\left( \frac{n\pi x}{L} \right), \quad n \geq 1.$

Superposition. La solution réelle générale (partie réelle / imaginaire de $e^{i\lambda t}$) s'écrit

$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} \sin\!\left( \frac{n\pi x}{L} \right) \left[ a_n \cos\!\left( \frac{n\pi c t}{L} \right) + b_n \sin\!\left( \frac{n\pi c t}{L} \right) \right].$

Conditions initiales. $u(x,0) = \sum a_n \sin(\tfrac{n\pi x}{L}) = f(x)$ et $u_t(x,0) = \sum b_n \tfrac{n\pi c}{L}\sin(\tfrac{n\pi x}{L}) = g(x)$ : ce sont des séries de Fourier en sinus, d'où

$\boxed{\,a_n = \frac{2}{L}\int_0^L f(x) \sin\!\left( \frac{n\pi x}{L} \right) dx, \qquad b_n = \frac{2}{n\pi c}\int_0^L g(x) \sin\!\left( \frac{n\pi x}{L} \right) dx.\,}$

2. Unicité (méthode de l'énergie)

Supposons deux solutions $u_1, u_2$ de $(P)$ et posons $w = u_1 - u_2$ : $w$ vérifie $(P)$ avec données nulles ($f = g = 0$) et $w(0,t) = w(L,t) = 0$. Définissons l'énergie

$E(t) = \frac{1}{2}\int_0^L \left( w_t^2 + c^2 w_x^2 \right) dx.$

Alors, en utilisant $w_{tt} = c^2 w_{xx}$ et une intégration par parties,

$E'(t) = \int_0^L \left( w_t w_{tt} + c^2 w_x w_{xt} \right) dx = c^2 \int_0^L \partial_x(w_t w_x)\,dx = c^2 \big[ w_t w_x \big]_0^L = 0,$

car $w(0,t) = w(L,t) = 0$ entraîne $w_t(0,t) = w_t(L,t) = 0$. Donc $E(t) = E(0)$. Or les données initiales nulles donnent $w(x,0) = 0$ (donc $w_x(x,0) = 0$) et $w_t(x,0) = 0$, d'où $E(0) = 0$. Ainsi $E(t) = 0$ pour tout $t$, ce qui force $w_t \equiv 0$ et $w_x \equiv 0$ : $w$ est constante, et comme $w = 0$ au bord, $w \equiv 0$.

$\boxed{\,u_1 = u_2 : \text{la solution de } (P) \text{ est unique.}\,}$