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مسابقة دكتوراه 2023 — Université Ahmed Ben Bella - Oran 1 — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès aux formations doctorales au titre de l'année universitaire 2022-2023 — Sujet 2 d'épreuve : Générale — Université des Sciences et de la Technologie d'Oran, Faculté de mathématiques et informatique, Département de mathématiques — Durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Forme quadratique : signature, Gram-Schmidt et produit scalaire

#linear-algebra#quadratic-form#bilinear-form#gram-schmidt#inner-product

Soit qaq_a la forme quadratique définie par qa:R3→Rq_a : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}, a∈Ra \in \mathbb{R} :

qa(x1,x2,x3)=x12+2x1x2−2ax2x3+(1+a)x22+(1+a+a2)x32.q_a(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_1 x_2 - 2ax_2 x_3 + (1+a)x_2^2 + (1+a+a^2)x_3^2.
  1. (3,5 pts) Déterminer la signature de qaq_a selon les valeurs de aa.
  2. (1,5 pts) On prend a=1a = 1. Écrire SS la forme bilinéaire symétrique associée à q1q_1.
  3. (1 pt) Montrer que SS est un produit scalaire sur R3\mathbb{R}^3.
  4. (2 pts) Trouver une base de R3\mathbb{R}^3 orthonormale pour SS par le procédé de Gram-Schmidt.
◀الحل

1.

La matrice associée à qaq_a est Ma=(11011+a−a0−a1+a+a2)M_a = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\\\ 1 & 1+a & -a \\\\ 0 & -a & 1+a+a^2 \end{pmatrix}.

Mineurs principaux : Δ1=1>0\Delta_1 = 1 \gt 0, Δ2=(1+a)−1=a\Delta_2 = (1+a) - 1 = a, Δ3=det⁡(Ma)\Delta_3 = \det(M_a).

Δ3=1⋅[(1+a)(1+a+a2)−a2]−1⋅[1+a+a2]=(1+a+a2+a+a2+a3−a2)−(1+a+a2)=a3\Delta_3 = 1 \cdot [(1+a)(1+a+a^2) - a^2] - 1 \cdot [1+a+a^2] = (1+a+a^2+a+a^2+a^3-a^2) - (1+a+a^2) = a^3.

Par le critère de Sylvester :

  • Si a>0a \gt 0 : signature (3,0)(3,0), qaq_a définie positive.
  • Si a<0a \lt 0 : signature (1,2)(1,2).
  • Si a=0a = 0 : q0q_0 est dégénérée, signature (2,0)(2,0).

2.

Pour a=1a=1 : S(x,y)=x1y1+x1y2+x2y1+2x2y2−x2y3−x3y2+3x3y3S(x,y) = x_1y_1 + x_1y_2 + x_2y_1 + 2x_2y_2 - x_2y_3 - x_3y_2 + 3x_3y_3.

3.

a=1>0a=1 \gt 0 donc q1q_1 est définie positive. Ainsi SS est un produit scalaire.

4.

Gram-Schmidt à partir de la base canonique (e1,e2,e3)(e_1, e_2, e_3) : f1=e1f_1 = e_1, f2=e2−S(e2,f1)S(f1,f1)f1=e2−e1f_2 = e_2 - \frac{S(e_2,f_1)}{S(f_1,f_1)} f_1 = e_2 - e_1. f3=e3−S(e3,f1)S(f1,f1)f1−S(e3,f2)S(f2,f2)f2f_3 = e_3 - \frac{S(e_3,f_1)}{S(f_1,f_1)}f_1 - \frac{S(e_3,f_2)}{S(f_2,f_2)}f_2. Puis normaliser chaque fif_i par fiS(fi,fi)\frac{f_i}{\sqrt{S(f_i,f_i)}}.

Base orthonormale obtenue par Gram-Schmidt appliqueˊ aˋ (e1,e2,e3)\boxed{\text{Base orthonormale obtenue par Gram-Schmidt appliqué à }(e_1,e_2,e_3)}

التمرين 2

Exercice 2 — Séries de fonctions, convergence uniforme et calcul intégral

#series-of-functions#uniform-convergence#integration#analysis

Soient aa et bb deux réels strictement positifs.

  1. (1,5 pts) Montrer que la fonction x∈]0,1]↦xaxbx \in ]0,1] \mapsto x^{ax^b} est prolongeable en une fonction ff continue sur [0,1][0,1].
  2. (4,5 pts) On considère la série de fonctions ∑nfn\sum_n f_n définie par
fn:x∈]0,1]↦{1n!(axbln⁡(x))nsi x∈]0,1]0si x=0f_n : x \in ]0,1] \mapsto \begin{cases} \frac{1}{n!}(ax^b \ln(x))^n & \text{si } x \in ]0,1] \\\\ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases}

a. Montrer que sup⁡x∈]0,1]∣xbln⁡(x)∣=sup⁡y∈]−∞,0]∣yeby∣\sup_{x \in ]0,1]} |x^b \ln(x)| = \sup_{y \in ]-\infty, 0]} |ye^{by}| et calculer la valeur de ce supremum. b. Montrer que ∑nfn\sum_n f_n converge uniformément sur [0,1][0,1] et a pour somme la fonction ff. 3. (1,5 pts) Montrer que ∫01xaxbdx=∑n=0+∞1n!∫01(axbln⁡(x))ndx\int_0^1 x^{ax^b} dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n!} \int_0^1 (ax^b \ln(x))^n dx. 4. (2,5 pts) Pour α∈R+∗\alpha \in \mathbb{R}_+^* et n∈Nn \in \mathbb{N}, on note Iα,n=∫01xα(ln⁡(x))ndxI_{\alpha,n} = \int_0^1 x^\alpha (\ln(x))^n dx. a. Montrer que pour tout n∈N∗n \in \mathbb{N}^* on a Iα,n=−nα+1Iα,n−1I_{\alpha,n} = -\frac{n}{\alpha+1} I_{\alpha,n-1}. b. En déduire que Iα,n=(−1)nn!(α+1)n+1I_{\alpha,n} = (-1)^n \frac{n!}{(\alpha+1)^{n+1}}. 5. (2 pts) Pour n∈Nn \in \mathbb{N}, on note Sn=∑k=0n(−1)kak(bk+1)k+1S_n = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k a^k}{(bk+1)^{k+1}}. Montrer que ∫01xaxbdx=lim⁡n→+∞Sn\int_0^1 x^{ax^b} dx = \lim_{n \to +\infty} S_n.

◀الحل

1.

xaxb=eaxbln⁡xx^{ax^b} = e^{ax^b \ln x}. Quand x→0+x \to 0^+, xbln⁡x→0x^b \ln x \to 0 (croissances comparées), donc axbln⁡x→0ax^b \ln x \to 0 et xaxb→e0=1x^{ax^b} \to e^0 = 1. On pose f(0)=1f(0) = 1.

2.a.

Par le changement y=ln⁡xy = \ln x (x=eyx = e^y, y≤0y \leq 0), xbln⁡x=eby⋅yx^b \ln x = e^{by} \cdot y. Le max de ∣yeby∣|ye^{by}| sur ]−∞,0]]-\infty,0] est atteint en y=−1/by = -1/b :

sup⁡=1be\boxed{\sup = \frac{1}{be}}

2.b.

∣fn(x)∣≤1n!(abe)n|f_n(x)| \leq \frac{1}{n!}\left(\frac{a}{be}\right)^n. Comme ∑1n!(abe)n=ea/(be)<∞\sum \frac{1}{n!}\left(\frac{a}{be}\right)^n = e^{a/(be)} \lt \infty, la convergence est normale donc uniforme. La somme est ∑(axbln⁡x)nn!=eaxbln⁡x=xaxb=f(x)\sum \frac{(ax^b \ln x)^n}{n!} = e^{ax^b \ln x} = x^{ax^b} = f(x).

3.

Par convergence uniforme, on peut intervertir somme et intégrale.

4.a.

IPP avec u=(ln⁡x)nu = (\ln x)^n, dv=xαdxdv = x^\alpha dx : Iα,n=−nα+1Iα,n−1I_{\alpha,n} = -\frac{n}{\alpha+1} I_{\alpha,n-1}.

4.b.

Par récurrence avec Iα,0=1α+1I_{\alpha,0} = \frac{1}{\alpha+1} :

Iα,n=(−1)nn!(α+1)n+1\boxed{I_{\alpha,n} = (-1)^n \frac{n!}{(\alpha+1)^{n+1}}}

5.

∫01xaxbdx=∑n=0∞ann!Ibn,n=∑n=0∞ann!⋅(−1)nn!(bn+1)n+1=∑n=0∞(−1)nan(bn+1)n+1=lim⁡Sn\int_0^1 x^{ax^b} dx = \sum_{n=0}^\infty \frac{a^n}{n!} I_{bn,n} = \sum_{n=0}^\infty \frac{a^n}{n!} \cdot (-1)^n \frac{n!}{(bn+1)^{n+1}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n a^n}{(bn+1)^{n+1}} = \lim S_n.

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