مسابقة دكتوراه 2025 — Université Batna 2 - Mostefa Ben Boulaïd — الموضوع 02

1.

$U_{n}+U_{n+2}=\int_{0}^{\pi/4}\tan^{n}(x)\bigl(1+\tan^{2}x\bigr)\,dx=\int_{0}^{\pi/4}\tan^{n}(x)\,\bigl(\tan x\bigr)'\,dx=\Bigl[\frac{\tan^{n+1}x}{n+1}\Bigr]_{0}^{\pi/4}$

$\boxed{U_{n}+U_{n+2}=\frac{1}{n+1}}$

2.

$U_{0}=\int_{0}^{\pi/4}dx=\frac{\pi}{4}$.

$U_{1}=\int_{0}^{\pi/4}\tan x\,dx=\bigl[-\ln\cos x\bigr]_{0}^{\pi/4}=\frac{\ln 2}{2}$.

Par la relation de récurrence :

$U_{2}=1-U_{0}=1-\frac{\pi}{4},\qquad U_{3}=\frac{1}{2}-U_{1}=\frac{1-\ln 2}{2}$

$\boxed{U_{0}=\frac{\pi}{4},\quad U_{1}=\frac{\ln 2}{2},\quad U_{2}=1-\frac{\pi}{4},\quad U_{3}=\frac{1-\ln 2}{2}}$

1.

La limite simple est $0$ (croissance comparée). Le maximum de $f_{n}$ est atteint en $x_{n}=\frac{1}{n}$ :

$\|f_{n}\|_{\infty}=f_{n}\Bigl(\frac{1}{n}\Bigr)=\frac{n^{\alpha-1}}{e}$

$\boxed{\text{convergence uniforme sur }[0,1]\iff\alpha\lt 1}$

2.

Calculons l'intégrale (intégration par parties) :

$\int_{0}^{1}x\,e^{-nx}dx=\frac{1-(n+1)e^{-n}}{n^{2}}\quad\Longrightarrow\quad\int_{0}^{1}f_{n}=n^{\alpha-2}\bigl(1-(n+1)e^{-n}\bigr)\sim n^{\alpha-2}$

La limite de droite vaut $\int_{0}^{1}0=0$. Donc l'interversion est valable si et seulement si $n^{\alpha-2}\to 0$ :

$\boxed{\lim\int f_{n}=\int\lim f_{n}\iff\alpha\lt 2}$

(En particulier pour $1\leq\alpha\lt 2$, l'interversion a lieu sans convergence uniforme : la condition est suffisante mais non nécessaire.)

1.

Pour $h\in H$ :

$N(x+h)=\|x\|^{2}+2\langle x,h\rangle+\|h\|^{2}$

Le terme $\|h\|^{2}=o(\|h\|)$, donc $N$ est différentiable avec

$\boxed{dN_{x}(h)=2\langle x,h\rangle}$

De même $g(x)=N(x-a)$ :

$\boxed{dg_{x}(h)=2\langle x-a,h\rangle}$

2.

$f=N\cdot g$ : par la règle du produit,

$df_{x}(h)=g(x)\,dN_{x}(h)+N(x)\,dg_{x}(h)$

$\boxed{df_{x}(h)=2\|x-a\|^{2}\langle x,h\rangle+2\|x\|^{2}\langle x-a,h\rangle=\bigl\langle 2\|x-a\|^{2}x+2\|x\|^{2}(x-a),\ h\bigr\rangle}$

3.

$x$ est critique lorsque $\nabla f(x)=2\|x-a\|^{2}x+2\|x\|^{2}(x-a)=0$.

• Si $x=0$ ou $x=a$ : gradient nul. ✓
• Sinon, $x$ et $x-a$ sont colinéaires (combinaison nulle à coefficients $\|x-a\|^{2}\gt 0$ et $\|x\|^{2}\gt 0$) : $x=ta$ avec $t\neq 0,1$. Alors

$\|x-a\|^{2}x+\|x\|^{2}(x-a)=|t-1|^{2}\|a\|^{2}ta+t^{2}\|a\|^{2}(t-1)a=\|a\|^{2}t(t-1)\bigl[(t-1)+t\bigr]a$

nul si et seulement si $2t-1=0$, soit $t=\frac{1}{2}$.

$\boxed{\text{Points critiques : }x=0,\quad x=a,\quad x=\frac{a}{2}}$

($0$ et $a$ sont des minima globaux, $f\geq 0$ ; $\frac{a}{2}$ est un point selle/max local sur la droite $\mathbb{R}a$.)

1.

Pour $y=x$ : $y'=1$, $\frac{y}{x}=1$, $\frac{(1-x)x^{2}}{2x^{2}}=\frac{1-x}{2}$ :

$1-1+\frac{1-x}{2}=\frac{1-x}{2}\ \checkmark$

$\boxed{y_{p}(x)=x\text{ est solution}}$

2.

Posons $y=x+\frac{1}{t}$, $y'=1-\frac{t'}{t^{2}}$. En substituant et en utilisant que $x$ est solution, les termes d'ordre $0$ s'éliminent :

$-\frac{t'}{t^{2}}-\frac{1}{xt}+\frac{1-x}{2x^{2}}\Bigl(\frac{2x}{t}+\frac{1}{t^{2}}\Bigr)=0$

En multipliant par $-t^{2}$ :

$t'+\frac{t}{x}-\frac{1-x}{x}\,t-\frac{1-x}{2x^{2}}=0\quad\Longleftrightarrow\quad t'+t=\frac{1-x}{2x^{2}}$

(équation linéaire du premier ordre : les termes en $\frac{t}{x}$ se combinent en $t$). Solution homogène : $Ce^{-x}$. Solution particulière : cherchons $t_{p}=\frac{a}{x}$ : $t_{p}'+t_{p}=-\frac{a}{x^{2}}+\frac{a}{x}$ — comparons avec $\frac{1}{2x^{2}}-\frac{1}{2x}$ : il faut $a=-\frac{1}{2}$ :

$t_{p}(x)=-\frac{1}{2x},\qquad t(x)=Ce^{-x}-\frac{1}{2x}$

D'où la solution générale :

$\boxed{y(x)=x+\frac{1}{Ce^{-x}-\dfrac{1}{2x}}=x+\frac{2x}{2Cx\,e^{-x}-1},\qquad C\in\mathbb{R}}$

(plus la solution particulière $y=x$ correspondant à $t\to\infty$).