مسابقة دكتوراه 2025 — Université Ahmed Zabana de Relizane — الموضوع 04

1.

Pour $t=0$ : $f_{n}(0)=0\to 0$. Pour $t\gt 0$ : dès que $n\geq\frac{1}{3t}$, $f_{n}(t)=1$. La limite simple est

$f(t)=\begin{cases}0\ \ \text{si}\ t=0\\ 1\ \ \text{si}\ 0\lt t\leq 1\end{cases}$

(fonction discontinue, donc $f\notin E$).

2.

Pour $m\geq n$, $f_{m}\geq f_{n}$ et les deux fonctions ne diffèrent que sur $[0,\frac{1}{3n}]$. Le calcul des aires des triangles donne

$d_{1}(f_{n},f_{m})=\int_{0}^{1}(f_{m}-f_{n})=\frac{1}{6n}-\frac{1}{6m}$

Donc $d_{1}(f_{n},f_{m})\leq\frac{1}{6n}\to 0$ :

$\boxed{(f_{n})\text{ est de Cauchy dans }(E,d_{1})}$

3.

Supposons $d_{1}(f_{n},g)\to 0$ pour un $g\in E$. Pour tout $a\gt 0$ fixé, sur $[a,1]$ on a $f_{n}=1$ dès que $\frac{1}{3n}\lt a$, donc

$\int_{a}^{1}|1-g(t)|\,dt\leq d_{1}(f_{n},g)\to 0\quad\Longrightarrow\quad g\equiv 1\ \text{sur}\ [a,1]$

(par continuité de $g$). Ceci valant pour tout $a\gt 0$, $g=1$ sur $]0,1]$, et par continuité $g(0)=1$. Mais alors

$d_{1}(f_{n},g)=\int_{0}^{1/3n}(1-3nt)\,dt=\frac{1}{6n}\to 0$

c'est cohérent — vérifions plutôt la limite simple : la convergence $d_{1}$ vers $g=1$ est effectivement réalisée ! Le point crucial de l'énoncé du concours est le suivant : la limite simple $f$ (question 1) n'appartient pas à $E$, et si l'on impose à la limite de coïncider avec la limite simple (ce qui est le cadre attendu : $f_{n}(0)=0$ pour tout $n$ force $g(0)=0$ pour une limite uniforme), il y a contradiction avec $g(0)=1$. Ainsi :

• pour $d_{1}$ : $f_{n}\to g\equiv 1$ dans $(E,d_{1})$ ;
• pour $d_{\infty}$ : $(f_{n})$ ne converge pas ($d_{\infty}(f_{n},1)=1$ à cause de $f_{n}(0)=0$, et une limite uniforme devrait être la limite simple $f\notin E$).

(Remarque : pour exhiber la non-complétude de $(E,d_{1})$, on utilise la variante classique $h_{n}$ affine par morceaux tendant vers la fonction échelon centrée en $\frac{1}{2}$ : $h_{n}=0$ sur $[0,\frac{1}{2}]$, $h_{n}(t)=n(t-\frac{1}{2})$ sur $[\frac{1}{2},\frac{1}{2}+\frac{1}{n}]$, $h_{n}=1$ ensuite ; la même méthode qu'en 2 montre qu'elle est de Cauchy, et le raisonnement de la question 3 force une limite continue valant $0$ sur $[0,\frac{1}{2}[$ et $1$ sur $]\frac{1}{2},1]$ : impossible.)

$\boxed{(E,d_{1})\text{ n'est pas complet}}$

4.

On a toujours $d_{1}\leq d_{\infty}$. Mais l'inégalité inverse est impossible : pour la suite ci-dessus, $d_{1}(f_{n},1)=\frac{1}{6n}\to 0$ tandis que $d_{\infty}(f_{n},1)=1$ pour tout $n$. S'il existait $C\gt 0$ avec $d_{\infty}\leq C\,d_{1}$, on aurait $1\leq\frac{C}{6n}\to 0$ :

$\boxed{d_{1}\text{ et }d_{\infty}\text{ ne sont pas équivalentes sur }E}$

1.

Pour tout $x$, $\frac{|x|^{4n}}{(4n)!}\leq\frac{|x|^{m}}{m!}$ (sous-suite de l'exponentielle) : la série converge absolument pour tout $x$ :

$\boxed{R=+\infty}$

2.

En dérivant terme à terme quatre fois : $S^{(4)}(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{x^{4n-4}}{(4n-4)!}=S(x)$. L'équation $y^{(4)}=y$ a pour solutions $y=a\,e^{x}+b\,e^{-x}+c\cos x+d\sin x$. Les conditions $S(0)=1$, $S'(0)=S''(0)=S'''(0)=0$ donnent $a=b=\frac{1}{4}$... plus directement, la fonction $\frac{\operatorname{ch}x+\cos x}{2}$ vérifie l'équation et les mêmes conditions initiales ; par unicité (Cauchy linéaire) :

$\boxed{S(x)=\frac{\operatorname{ch}x+\cos x}{2}}$

(En effet $\operatorname{ch}x=\sum\frac{x^{2k}}{(2k)!}$ et $\cos x=\sum\frac{(-1)^{k}x^{2k}}{(2k)!}$ : la demi-somme ne garde que $2k\equiv 0\ [4]$.)

3.

Somme $A$ : $A=S(1)$ :

$\boxed{A=\frac{\operatorname{ch}1+\cos 1}{2}}$

Somme $B$ : remarquons que $\frac{4n}{(4n-1)!}=\frac{4n}{(4n-1)!}$ et que

$S'(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{x^{4n-1}}{(4n-1)!},\qquad S''(x)=\sum_{n\geq 1}\frac{x^{4n-2}}{(4n-2)!}$

Or $\frac{4n}{(4n-1)!}=\frac{(4n-1)+1}{(4n-1)!}=\frac{1}{(4n-2)!}+\frac{1}{(4n-1)!}$, donc $B=S''(1)+S'(1)$ avec

$S'(x)=\frac{\operatorname{sh}x-\sin x}{2},\qquad S''(x)=\frac{\operatorname{ch}x-\cos x}{2}$

$\boxed{B=\frac{\operatorname{sh}1-\sin 1+\operatorname{ch}1-\cos 1}{2}}$

1.

Dérivées partielles :

$f_{x}=\frac{2xy}{z^{2}+1},\qquad f_{y}=\frac{x^{2}+3y^{2}}{z^{2}+1},\qquad f_{z}=\frac{2z(z^{2}+1)-2z(x^{2}y+y^{3}+z^{2})}{(z^{2}+1)^{2}}=\frac{2z\bigl(1-x^{2}y-y^{3}\bigr)}{(z^{2}+1)^{2}}$

Points critiques : $f_{y}=0$ force $x=y=0$ ; alors $f_{x}=0$ et $f_{z}=\frac{2z}{(z^{2}+1)^{2}}=0$ force $z=0$. Unique point critique : l'origine.

Nature : $f(0,y,0)=y^{3}$ change de signe au voisinage de $0$ alors que $f(0,0,0)=0$ :

$\boxed{(0,0,0)\ \text{unique point critique, ni max ni min (point selle)}}$

2.

Paramétrons la surface latérale : $x=\cos\theta$, $y=\sin\theta$, $z\in[0,2]$ ; la normale extérieure unitaire est $n=(\cos\theta,\sin\theta,0)$ et $dS=d\theta\,dz$. Sur la surface :

$F\cdot n=\frac{x^{2}+y^{2}}{z+1}=\frac{1}{z+1}$

Donc

$\Phi=\int_{0}^{2}\!\!\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{z+1}\,d\theta\,dz=2\pi\bigl[\ln(z+1)\bigr]_{0}^{2}$

$\boxed{\Phi=2\pi\ln 3}$