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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Amar Telidji - Laghouat — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours d'accès à la première année Doctorat LMD 2024-2025 — Épreuve N°01 : Matière commune (Variante N°01), 15 février 2025

التمرين 1

Endomorphisme de ℝ³ : diagonalisation et système différentiel

Soit f:R3→R3f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 l'endomorphisme défini pour tout vecteur u=(x,y,z)∈R3u=(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 par f(u)=(x+z, −x+2y+z, −x+y+3z).f(u)=(x+z,\ -x+2y+z,\ -x+y+3z).

1. On note BB la base canonique de R3\mathbb{R}^3. Donner la matrice AA associée à ff dans BB.

2. Déterminer les valeurs propres de ff.

3. Montrer que ff est diagonalisable.

4. Résoudre le système différentiel suivant : {x′(t)=x(t)+z(t),y′(t)=−x(t)+2y(t)+z(t),z′(t)=−x(t)+y(t)+3z(t).\begin{cases} x'(t)=x(t)+z(t),\\ y'(t)=-x(t)+2y(t)+z(t),\\ z'(t)=-x(t)+y(t)+3z(t). \end{cases}

Remarque : pour un système X′=AXX'=AX avec AA diagonalisable, la solution est ∑icieλitvi\sum_i c_i e^{\lambda_i t}v_i ; inutile de calculer etAe^{tA} explicitement.

◀الحل

1. Matrice de ff

A=(101−121−113).A=\begin{pmatrix} 1&0&1\\ -1&2&1\\ -1&1&3 \end{pmatrix}.

2. Valeurs propres

χA(λ)=det⁡(A−λI)=(1−λ)(λ2−5λ+5)+(1−λ)=(1−λ)(λ2−5λ+6)=(1−λ)(λ−2)(λ−3).\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+5)+(1-\lambda)=(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+6)=(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-3). Les valeurs propres sont λ1=1, λ2=2, λ3=3\lambda_1=1,\ \lambda_2=2,\ \lambda_3=3.

3. Diagonalisabilité

Trois valeurs propres distinctes en dimension 33 ⇒\Rightarrow ff est diagonalisable. Vecteurs propres : v1=(1,1,0) (λ=1),v2=(1,0,1) (λ=2),v3=(1,1,2) (λ=3).v_1=(1,1,0)\ (\lambda=1),\quad v_2=(1,0,1)\ (\lambda=2),\quad v_3=(1,1,2)\ (\lambda=3).

4. Système différentiel X′=AXX'=AX

Dans la base propre, la solution générale est X(t)=c1etv1+c2e2tv2+c3e3tv3X(t)=c_1e^{t}v_1+c_2e^{2t}v_2+c_3e^{3t}v_3, soit {x(t)=c1et+c2e2t+c3e3t,y(t)=c1et+c3e3t,z(t)=c2e2t+2c3e3t,c1,c2,c3∈R.\boxed{\begin{cases} x(t)=c_1e^{t}+c_2e^{2t}+c_3e^{3t},\\ y(t)=c_1e^{t}+c_3e^{3t},\\ z(t)=c_2e^{2t}+2c_3e^{3t}, \end{cases}}\qquad c_1,c_2,c_3\in\mathbb{R}.

التمرين 2

Distance d(x,y)=|arctan x − arctan y| et distance discrète

Soit E=RE=\mathbb{R}. On considère l'application d:E×E→R+,d(x,y)=∣arctan⁡(x)−arctan⁡(y)∣.d:E\times E\to\mathbb{R}_+,\qquad d(x,y)=\big|\arctan(x)-\arctan(y)\big|.

1. Montrer que dd est une distance sur EE.

2. Déterminer B ⁣(0,π4)B\!\left(0,\tfrac{\pi}{4}\right), la boule ouverte de centre 00 et de rayon π4\tfrac{\pi}{4}. On munit ensuite EE de la distance discrète δ(x,y)=0\delta(x,y)=0 si x=yx=y, 11 sinon.

3. Déterminer BF(0,ε)B^{F}(0,\varepsilon), la boule fermée de centre 00 et de rayon ε\varepsilon, avec 0<ε<10<\varepsilon<1, pour la distance δ\delta.

4. Montrer que la suite (xn)(x_n) de terme général xn=tan⁡ ⁣(1n)x_n=\tan\!\left(\tfrac1n\right) converge vers 00 dans (R,d)(\mathbb{R},d). Est-elle convergente vers 00 dans (R,δ)(\mathbb{R},\delta) ?

Remarque : dans un espace discret, seules les suites stationnaires convergent ; c'est pourquoi xn→0x_n\to0 pour dd mais pas pour δ\delta.

◀الحل

1. dd est une distance

arctan⁡\arctan étant strictement croissante (donc injective), d(x,y)=0  ⟺  arctan⁡x=arctan⁡y  ⟺  x=yd(x,y)=0\iff\arctan x=\arctan y\iff x=y. La symétrie et l'inégalité triangulaire viennent de celles de ∣⋅∣|\cdot| : ∣arctan⁡x−arctan⁡y∣≤∣arctan⁡x−arctan⁡z∣+∣arctan⁡z−arctan⁡y∣.|\arctan x-\arctan y|\le|\arctan x-\arctan z|+|\arctan z-\arctan y|. Donc dd est une distance (dd est la distance image de ∣⋅∣|\cdot| par l'injection arctan⁡\arctan).

2. Boule ouverte B(0,π/4)B(0,\pi/4)

d(x,0)=∣arctan⁡x∣<π4  ⟺  −π4<arctan⁡x<π4  ⟺  −1<x<1.d(x,0)=|\arctan x|<\tfrac{\pi}{4}\iff -\tfrac{\pi}{4}<\arctan x<\tfrac{\pi}{4}\iff -1<x<1. Donc B ⁣(0,π4)= ]−1,1[B\!\left(0,\tfrac\pi4\right)=\ ]-1,1[.

3. Boule fermée pour δ\delta

δ\delta ne prend que les valeurs 00 et 11. Pour 0<ε<10<\varepsilon<1, δ(0,x)≤ε  ⟺  δ(0,x)=0  ⟺  x=0\delta(0,x)\le\varepsilon\iff\delta(0,x)=0\iff x=0. Donc BF(0,ε)={0}.B^{F}(0,\varepsilon)=\{0\}.

4. Convergence de xn=tan⁡(1/n)x_n=\tan(1/n)

Dans (R,d)(\mathbb{R},d) : pour n≥1n\ge1, 1n∈ ]0,π2[\tfrac1n\in\,]0,\tfrac\pi2[ donc arctan⁡(tan⁡1n)=1n\arctan(\tan\tfrac1n)=\tfrac1n et d(xn,0)=∣arctan⁡(tan⁡1n)∣=1n→n→∞0.d(x_n,0)=\big|\arctan(\tan\tfrac1n)\big|=\tfrac1n\xrightarrow[n\to\infty]{}0. Donc xn→0x_n\to0 dans (R,d)(\mathbb{R},d).

Dans (R,δ)(\mathbb{R},\delta) : xn=tan⁡(1/n)≠0x_n=\tan(1/n)\neq0 pour tout nn, donc δ(xn,0)=1\delta(x_n,0)=1 pour tout nn et (xn)(x_n) ne converge pas vers 00 dans (R,δ)(\mathbb{R},\delta).

التمرين 3

Beppo-Levi, séries de fonctions intégrables et ∫₀¹ ln x/(1−x) dx

Soit (Ω,T,μ)(\Omega,\mathcal{T},\mu) un espace mesuré.

1. Énoncer le théorème de convergence monotone de Beppo-Levi.

2. Soit (fn)n≥1(f_n)_{n\ge1} une suite de fonctions appartenant à L1(Ω,T,μ)\mathcal{L}^1(\Omega,\mathcal{T},\mu). On suppose que ∑n=1+∞∫Ω∣fn∣ dμ<+∞\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\int_\Omega|f_n|\,d\mu<+\infty.

(a) Montrer que ∫Ω(∑n=1+∞∣fn∣)dμ<+∞\displaystyle\int_\Omega\Big(\sum_{n=1}^{+\infty}|f_n|\Big)d\mu<+\infty. En déduire que la série ∑n≥1∣fn∣\sum_{n\ge1}|f_n| converge μ\mu-p.p.

(b) Montrer que la série ∑n≥1fn\sum_{n\ge1}f_n converge μ\mu-p.p. et que sa somme S∈L1(Ω,T,μ)S\in\mathcal{L}^1(\Omega,\mathcal{T},\mu), avec ∫ΩS dμ=∑n=1+∞∫Ωfn dμ\displaystyle\int_\Omega S\,d\mu=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_\Omega f_n\,d\mu.

(c) On se place sur Ω= ]0,1]\Omega=\,]0,1] muni de la tribu borélienne et de la mesure de Lebesgue. Montrer que ∫01ln⁡x1−x dx=−π26\displaystyle\int_0^1\frac{\ln x}{1-x}\,dx=-\frac{\pi^2}{6}. (Indication : ∑n≥11n2=π26\sum_{n\ge1}\tfrac1{n^2}=\tfrac{\pi^2}{6}.)

Remarque : ∫01xnln⁡x dx=−1(n+1)2\int_0^1 x^n\ln x\,dx=-\tfrac1{(n+1)^2} s'obtient par intégration par parties ; l'interversion série/intégrale est justifiée ici par la convergence de ∑∫∣fn∣\sum\int|f_n| (théorème de la question 2).

◀الحل

1. Théorème de Beppo-Levi

Si (gn)(g_n) est une suite croissante de fonctions mesurables positives convergeant p.p. vers gg, alors ∫Ωg dμ=lim⁡n→∞∫Ωgn dμ=sup⁡n∫Ωgn dμ\displaystyle\int_\Omega g\,d\mu=\lim_{n\to\infty}\int_\Omega g_n\,d\mu=\sup_n\int_\Omega g_n\,d\mu.

2.(a) Intégrabilité de ∑∣fn∣\sum|f_n|

Les sommes partielles SN=∑n=1N∣fn∣S_N=\sum_{n=1}^N|f_n| forment une suite croissante de fonctions positives, SN↑∑n≥1∣fn∣S_N\uparrow\sum_{n\ge1}|f_n|. Par Beppo-Levi puis linéarité, ∫Ω∑n≥1∣fn∣ dμ=lim⁡N∫ΩSN dμ=∑n=1+∞∫Ω∣fn∣ dμ<+∞.\int_\Omega\sum_{n\ge1}|f_n|\,d\mu=\lim_N\int_\Omega S_N\,d\mu=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_\Omega|f_n|\,d\mu<+\infty. Une fonction positive d'intégrale finie est finie μ\mu-p.p. : donc ∑n≥1∣fn∣<+∞\sum_{n\ge1}|f_n|<+\infty μ\mu-p.p., i.e. ∑∣fn∣\sum|f_n| converge p.p.

2.(b) Somme de la série

Là où ∑∣fn∣<∞\sum|f_n|<\infty, la série ∑fn\sum f_n converge absolument ; posons S=∑n≥1fnS=\sum_{n\ge1}f_n. Alors ∣S∣≤∑∣fn∣∈L1|S|\le\sum|f_n|\in\mathcal{L}^1, donc S∈L1S\in\mathcal{L}^1. Les sommes partielles TN=∑n=1NfnT_N=\sum_{n=1}^N f_n vérifient ∣TN∣≤∑∣fn∣∈L1|T_N|\le\sum|f_n|\in\mathcal{L}^1 et TN→ST_N\to S p.p. ; par convergence dominée, ∫ΩS dμ=lim⁡N∫ΩTN dμ=∑n=1+∞∫Ωfn dμ.\int_\Omega S\,d\mu=\lim_N\int_\Omega T_N\,d\mu=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_\Omega f_n\,d\mu.

2.(c) Calcul de l'intégrale

Pour x∈ ]0,1[x\in\,]0,1[, 11−x=∑n≥0xn\dfrac{1}{1-x}=\sum_{n\ge0}x^n, donc ln⁡x1−x=∑n≥0xnln⁡x\dfrac{\ln x}{1-x}=\sum_{n\ge0}x^n\ln x. Posons fn(x)=xnln⁡xf_n(x)=x^n\ln x (chaque fn∈L1(]0,1[)f_n\in\mathcal{L}^1(]0,1[), de signe constant ≤0\le0). On a ∫01xnln⁡x dx=−1(n+1)2,∑n≥0∫01∣xnln⁡x∣ dx=∑n≥01(n+1)2=π26<∞.\int_0^1 x^n\ln x\,dx=-\frac{1}{(n+1)^2},\qquad \sum_{n\ge0}\int_0^1|x^n\ln x|\,dx=\sum_{n\ge0}\frac{1}{(n+1)^2}=\frac{\pi^2}{6}<\infty. L'hypothèse de (b) est satisfaite, d'où ∫01ln⁡x1−x dx=∑n≥0∫01xnln⁡x dx=−∑n≥01(n+1)2=−∑k≥11k2=−π26.\int_0^1\frac{\ln x}{1-x}\,dx=\sum_{n\ge0}\int_0^1 x^n\ln x\,dx=-\sum_{n\ge0}\frac{1}{(n+1)^2}=-\sum_{k\ge1}\frac{1}{k^2}=\boxed{-\frac{\pi^2}{6}}.