مسابقة دكتوراه 2017 — Université Ahmed Ben Bella

التمرين 1

Exercice A — Solutions $2\pi$-périodiques de $-u''+u=0$

#équations différentielles#extrema#périodicité

Soit une fonction à valeurs réelles $u\in C^2(\mathbb{R})$ $2\pi$ -périodique solution de l'équation différentielle $-u''(x) + u(x) = 0,\quad x\in\mathbb{R}.$

Trouver le signe de $u(x_0)$ si $u$ atteint un maximum en $x_0\in\mathbb{R}$ .
Trouver le signe de $u(x_0)$ si $u$ atteint un minimum en $x_0\in\mathbb{R}$ .
Montrer que $u\equiv 0$ .

Principe du maximum élémentaire : pour une EDO ou EDP elliptique $-u''+cu=0$ avec $c>0$ , tout maximum a valeur $\le 0$ et tout minimum a valeur $\ge 0$ . C'est un cas simple du principe du maximum d'Hopf.

◀الحل

Si $u$ atteint un maximum en $x_0$ , alors $u''(x_0)\le 0$ . L'équation donne $u(x_0)=u''(x_0)\le 0$ . Donc $u(x_0)\le 0$ .
Si $u$ atteint un minimum en $x_0$ , alors $u''(x_0)\ge 0$ . L'équation : $u(x_0) = u''(x_0)\ge 0$ .
$u$ est continue et $2\pi$ -périodique, donc atteint un max $M = u(x_1)$ et un min $m = u(x_2)$ sur $\mathbb{R}$ (par périodicité + continuité sur $[0,2\pi]$ ). Par 1) $M\le 0$ , par 2) $m\ge 0$ . Comme $m\le M$ : $0\le m\le M\le 0$ , donc $M=m=0$ , donc $u\equiv 0$ .

Alternative directe : les solutions de $-u''+u=0$ sont $u(x) = Ae^x+Be^{-x}$ ; seules celles périodiques (donc bornées sur $\mathbb{R}$ ) sont $u\equiv 0$ (car $Ae^x+Be^{-x}$ est bornée ⇔ $A=B=0$ ).

التمرين 2

Exercice B — Transformée de Fourier de gaussiennes

#transformée de Fourier#gaussienne#équation différentielle#analyse fonctionnelle

Si $u\in L^1(\mathbb{R})$ , sa transformée de Fourier est définie et notée par $\widehat{u}(\xi) := \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{\mathbb{R}} u(x)e^{-i\xi x}dx$ .

On considère la fonction définie par $f(x) = e^{-x^2/2}$ , $x\in\mathbb{R}$ .

Montrer en dérivant $\widehat{f}$ qu'on obtient une équation différentielle ordinaire, et trouver $\widehat{f}$ .
En déduire la transformée de Fourier de la fonction donnée par $g(x) = \sqrt{\dfrac{\sigma}{t}}\, e^{-\sigma(x-y)^2/t},$ où $\sigma>0, t>0$ et $y\in\mathbb{R}$ sont des constantes données.

Résultat clé : la gaussienne est vecteur propre (à valeur propre 1) de la transformée de Fourier (dans la normalisation symétrique). La preuve par EDO ( $\widehat{f}'=-\xi\widehat{f}$ ) est la plus élégante. Utilisé partout : théorème central limite, chaleur, oscillateur harmonique quantique.

◀الحل

$\widehat{f}(\xi) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int e^{-x^2/2}e^{-i\xi x}dx$ . Dérivons : $\widehat{f}'(\xi) = \dfrac{-i}{\sqrt{2\pi}}\int x e^{-x^2/2}e^{-i\xi x}dx$ . Or $xe^{-x^2/2} = -(e^{-x^2/2})'$ , donc intégration par parties donne $\widehat{f}'(\xi) = \dfrac{-i}{\sqrt{2\pi}}\int -(e^{-x^2/2})'e^{-i\xi x}dx = \dfrac{i}{\sqrt{2\pi}}\big[e^{-x^2/2}(-i\xi)e^{-i\xi x}\big] dx$ (en intégrant par parties, terme au bord nul). Cela donne $\widehat{f}'(\xi) = -\xi\widehat{f}(\xi)$ .

Résoudre : $\widehat{f}(\xi) = C e^{-\xi^2/2}$ . Constante $C = \widehat{f}(0) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int e^{-x^2/2}dx = \dfrac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2\pi}} = 1$ . Donc $\widehat{f}(\xi) = e^{-\xi^2/2}$ .

Écrivons $g$ comme translation-dilatée-normalisée de $f$ . Posons $\alpha = \sqrt{2\sigma/t}$ , alors $\sigma(x-y)^2/t = \alpha^2(x-y)^2/2$ . Donc $g(x) = \sqrt{\sigma/t}\, f(\alpha(x-y))$ .

Propriétés de Fourier : $\widehat{f(\alpha\cdot)}(\xi) = \dfrac{1}{|\alpha|}\widehat{f}(\xi/\alpha) = \dfrac{1}{\alpha}e^{-\xi^2/(2\alpha^2)}$ . Translation par $y$ : $\widehat{f(\alpha(\cdot-y))}(\xi) = e^{-i\xi y}\dfrac{1}{\alpha}e^{-\xi^2/(2\alpha^2)}$ .

Donc $\widehat{g}(\xi) = \sqrt{\sigma/t}\cdot \dfrac{1}{\alpha}e^{-\xi^2/(2\alpha^2)}e^{-i\xi y} = \sqrt{\sigma/t}\cdot\sqrt{t/(2\sigma)}\, e^{-\xi^2 t/(4\sigma)}e^{-i\xi y} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\, e^{-\xi^2 t/(4\sigma)}\, e^{-i\xi y}$ .

التمرين 3

Exercice C — Racines d'un polynôme via intégrale de contour

#analyse complexe#intégrale de contour#théorème des résidus#polynômes

Soit la fonction polynômiale $P$ d'ordre $m\in\mathbb{N}$ : $P(z) = z^m + a_1 z^{m-1} + \cdots + a_{m-1}z + a_m,\quad z\in\mathbb{C}, a_j\in\mathbb{C}.$

Trouver la fonction polynômiale $Q$ telle que $\dfrac{\tau^{m-1}}{P(\tau)} = \dfrac{1}{\tau}\left(\dfrac{1}{1 - Q(1/\tau)}\right).$
Donner la preuve que $\dfrac{1}{2\pi i}\oint_{|\tau|=R}\dfrac{\tau^{m-1}}{P(\tau)}\,d\tau = 1,$ où $R>0$ est tel que $\{\tau\in\mathbb{C}: P(\tau)=0\}\subset\{z\in\mathbb{C}: |z|<R\}$ .

Astuce clé : pour une fraction rationnelle $\dfrac{P(z)}{Q(z)}$ avec $\deg Q = \deg P + 1$ , l'intégrale sur un grand cercle vaut le coefficient dominant du numérateur divisé par celui du dénominateur. Ici c'est $1/1=1$ . Ce résultat est équivalent à la somme des résidus finis = $-$ résidu à l'infini.

◀الحل

Écrivons $\dfrac{\tau^{m-1}}{P(\tau)} = \dfrac{\tau^{m-1}}{\tau^m(1 + a_1/\tau + a_2/\tau^2 + \cdots + a_m/\tau^m)} = \dfrac{1}{\tau}\cdot\dfrac{1}{1+a_1/\tau+\cdots+a_m/\tau^m}$ .

Donc $\dfrac{1}{1-Q(1/\tau)} = \dfrac{1}{1+a_1/\tau+\cdots+a_m/\tau^m}$ , soit $-Q(1/\tau) = a_1/\tau + a_2/\tau^2+\cdots+a_m/\tau^m$ . On obtient $Q(u) = -a_1 u - a_2 u^2 - \cdots - a_m u^m.$

Pour $|\tau|=R$ grand ( $R$ plus grand que le maximum des modules des racines de $P$ ), on a $|Q(1/\tau)|<1$ (car les $a_j/\tau^j$ sont petits). Développons en série géométrique : $\dfrac{1}{1-Q(1/\tau)} = \sum_{k=0}^{\infty} Q(1/\tau)^k = 1 + Q(1/\tau) + Q(1/\tau)^2 + \cdots$ Cela donne un développement de Laurent de $\tau^{m-1}/P(\tau)$ centré en $\infty$ : le terme constant en $1/\tau$ est $\dfrac{1}{\tau}\cdot 1 = 1/\tau$ (les autres termes sont en $1/\tau^k$ pour $k\ge 2$ ). Donc $\dfrac{\tau^{m-1}}{P(\tau)} = \dfrac{1}{\tau} + O(1/\tau^2)\ \text{quand } \tau\to\infty.$ Par le théorème des résidus, $\dfrac{1}{2\pi i}\oint_{|\tau|=R}\dfrac{\tau^{m-1}}{P(\tau)}d\tau = \text{coefficient de }1/\tau = 1$ .

(Alternativement : par théorème des résidus interne, la somme des résidus dans le disque $|z|<R$ vaut 1, ce qui est une formule classique pour le «résidu à l'infini» d'une fraction rationnelle de degré numérateur = degré dénominateur $-1$ .)