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مسابقة دكتوراه 2026 — Université Abou Bekr Belkaïd - Tlemcen — الموضوع 02

مسابقة عامة · الرياضيات · المعامل: 1 · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès à la formation de troisième cycle — Domaine Mathématique et Informatique, Filière Mathématiques communes, Spécialité Commun — Épreuve générale (Sujet n°3), Université Aboubekr Belkaid - Tlemcen, Faculté des Sciences, Département de Mathématiques — Date 30/04/2026 — Année universitaire 2025-2026, Coefficient 01, Durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Série entière, rayon de convergence et représentation intégrale

#power-series#radius-of-convergence#integral-representation#dilogarithm

On considère la série entière de terme général

un=1n2,n≥1,u_n = \frac{1}{n^2}, \quad n \geq 1,

et on définit sa somme par

Φ(x)=∑n=1+∞xnn2.\Phi(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{n^2}.
  1. (2 pts) Déterminer le rayon de convergence RR de cette série entière, ainsi que la nature de la série sur le cercle ∣x∣=R|x| = R.
  2. (2 pts) Montrer que, pour tout xx tel que ∣x∣≤R|x| \leq R,
Φ(x)=∫0x−ln⁡(1−t)t dt.\Phi(x) = \int_0^x \frac{-\ln(1-t)}{t} \, dt.
  1. (2 pts) Montrer que, pour tout x∈(0,1)x \in (0, 1),
Φ(x)+Φ(1−x)=Φ(1)−ln⁡xln⁡(1−x),\Phi(x) + \Phi(1-x) = \Phi(1) - \ln x \ln(1-x),

et en déduire la valeur de Φ(1/2)\Phi(1/2).

On donne ∑n=1+∞1n2=π26\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.

◀الحل

1.

un+1un=n2(n+1)2→1\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{n^2}{(n+1)^2} \to 1, donc R=1R = 1. Sur ∣x∣=1|x| = 1 : ∣xn/n2∣=1/n2|x^n/n^2| = 1/n^2 et ∑1/n2\sum 1/n^2 converge. Donc la série converge absolument sur le cercle ∣x∣=1|x| = 1.

R=1, convergence absolue sur ∣x∣=1\boxed{R = 1, \text{ convergence absolue sur } |x| = 1}

2.

−ln⁡(1−t)=∑n=1∞tnn-\ln(1-t) = \sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n} pour ∣t∣≤1,t≠1|t| \leq 1, t \neq 1. Donc −ln⁡(1−t)t=∑tn−1n\frac{-\ln(1-t)}{t} = \sum \frac{t^{n-1}}{n}. En intégrant terme à terme :

∫0x−ln⁡(1−t)tdt=∑n=1∞xnn2=Φ(x)\int_0^x \frac{-\ln(1-t)}{t} dt = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2} = \Phi(x)

3.

Φ′(x)=−ln⁡(1−x)x\Phi'(x) = \frac{-\ln(1-x)}{x}. On calcule la dérivée de h(x)=Φ(x)+Φ(1−x)+ln⁡xln⁡(1−x)h(x) = \Phi(x) + \Phi(1-x) + \ln x \ln(1-x) :

h′(x)=−ln⁡(1−x)x+ln⁡(1−(1−x))1−x⋅(−1)+ln⁡(1−x)x+−ln⁡x1−x=0h'(x) = \frac{-\ln(1-x)}{x} + \frac{\ln(1-(1-x))}{1-x} \cdot (-1) + \frac{\ln(1-x)}{x} + \frac{-\ln x}{1-x} = 0.

Donc hh est constante. h(x)=h(1−)=Φ(1)+0+0=Φ(1)=π26h(x) = h(1^-) = \Phi(1) + 0 + 0 = \Phi(1) = \frac{\pi^2}{6}.

Pour x=1/2x = 1/2 : 2Φ(1/2)=π26−(ln⁡2)22\Phi(1/2) = \frac{\pi^2}{6} - (\ln 2)^2.

Φ(1/2)=π212−(ln⁡2)22\boxed{\Phi(1/2) = \frac{\pi^2}{12} - \frac{(\ln 2)^2}{2}}

التمرين 2

Exercice 2 — Fonctions mesurables et convergence presque partout

#measure-theory#measurable-functions#convergence#integration

Soit (E,F,μ)(E, \mathcal{F}, \mu) un espace mesuré et soit f:E→Rf : E \to \mathbb{R} une fonction mesurable sur EE. On suppose que A:={x∈E:f(x)=0}A := \{x \in E : f(x) = 0\} est un ensemble μ\mu-négligeable. On considère la suite de fonctions (fn)n(f_n)_n définie par

fn(x)={1si ∣f(x)∣≤1nf(x)si ∣f(x)∣>1nf_n(x) = \begin{cases} 1 & \text{si } |f(x)| \leq \frac{1}{n} \\\\ f(x) & \text{si } |f(x)| \gt \frac{1}{n} \end{cases}

pour n≥1n \geq 1 et x∈Ex \in E.

  1. (2 pts) Montrer que fnf_n est mesurable sur EE.
  2. (3 pts) Trouver la limite simple de la suite (fn)n(f_n)_n lorsque n→+∞n \to +\infty. Soit g(x)=lim⁡n→+∞fn(x)g(x) = \lim_{n \to +\infty} f_n(x).
  3. (2 pts) Montrer que f=gf = g μ\mu-presque partout sur EE.
◀الحل

1.

fn=1{∣f∣≤1/n}+f⋅1{∣f∣>1/n}f_n = \mathbf{1}_{\{|f| \leq 1/n\}} + f \cdot \mathbf{1}_{\{|f| \gt 1/n\}}. Les ensembles {∣f∣≤1/n}\{|f| \leq 1/n\} et {∣f∣>1/n}\{|f| \gt 1/n\} sont mesurables car ff est mesurable. Donc fnf_n est mesurable.

2.

Si f(x)≠0f(x) \neq 0 : pour nn assez grand, ∣f(x)∣>1/n|f(x)| \gt 1/n, donc fn(x)=f(x)f_n(x) = f(x) et g(x)=f(x)g(x) = f(x).

Si f(x)=0f(x) = 0 : ∣f(x)∣=0≤1/n|f(x)| = 0 \leq 1/n pour tout nn, donc fn(x)=1f_n(x) = 1 et g(x)=1g(x) = 1.

g(x)={f(x)si f(x)≠01si f(x)=0\boxed{g(x) = \begin{cases} f(x) & \text{si } f(x) \neq 0 \\\\ 1 & \text{si } f(x) = 0 \end{cases}}

3.

{x:f(x)≠g(x)}={x:f(x)=0}=A\{x : f(x) \neq g(x)\} = \{x : f(x) = 0\} = A, qui est μ\mu-négligeable par hypothèse. Donc f=gf = g μ\mu-p.p.

f=gμ-presque partout\boxed{f = g \quad \mu\text{-presque partout}}

التمرين 3

Exercice 3 — Problème de Laplace avec conditions aux limites mixtes

#pde#laplace-equation#boundary-conditions#uniqueness

Soit CC une courbe fermée, continue et dérivable par morceaux, bordant un domaine D⊂R2D \subset \mathbb{R}^2. On considère le problème :

{−Δu=F(x,y)dans D,u=fsur C1,∂u∂n+αu=gsur C2,\begin{cases} -\Delta u = F(x,y) & \text{dans } D, \\\\ u = f & \text{sur } C_1, \\\\ \frac{\partial u}{\partial n} + \alpha u = g & \text{sur } C_2, \end{cases}

où C1C_1 est une partie de CC, C2C_2 le complémentaire, et α>0\alpha \gt 0 une constante positive. Les fonctions FF, ff et gg sont continues chacune sur son domaine.

Montrer que ce problème a au plus une solution. (Ce problème correspond à une membrane dont la partie C2C_2 du bord est attachée à un support élastique de constante de raideur α\alpha.)

◀الحل

Supposons u1u_1 et u2u_2 deux solutions. Posons w=u1−u2w = u_1 - u_2. Alors ww vérifie :

−Δw=0-\Delta w = 0 dans DD, w=0w = 0 sur C1C_1, ∂w∂n+αw=0\frac{\partial w}{\partial n} + \alpha w = 0 sur C2C_2.

Multiplions par ww et intégrons sur DD (formule de Green) :

∫D∣∇w∣2 dxdy=∫Cw∂w∂n ds=∫C10 ds+∫C2w(−αw) ds=−α∫C2w2 ds.\int_D |\nabla w|^2 \, dxdy = \int_C w \frac{\partial w}{\partial n} \, ds = \int_{C_1} 0 \, ds + \int_{C_2} w(-\alpha w) \, ds = -\alpha \int_{C_2} w^2 \, ds.

Donc ∫D∣∇w∣2dxdy+α∫C2w2ds=0\int_D |\nabla w|^2 dxdy + \alpha \int_{C_2} w^2 ds = 0. Comme α>0\alpha \gt 0, les deux termes sont ≥0\geq 0, donc chacun est nul. Ainsi ∇w=0\nabla w = 0 dans DD, ce qui implique ww constante. Avec w=0w = 0 sur C1C_1, on obtient w=0w = 0 partout.

Uniciteˊ de la solution\boxed{\text{Unicité de la solution}}