مسابقة دكتوراه 2023 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 01

1. Ouverts et fermés

(a) $A_\lambda=f^{-1}(]-\infty,\lambda[)$. Comme $]-\infty,\lambda[$ est un ouvert de $\mathbb{R}$ et $f$ continue, son image réciproque est un ouvert de $E$.

(b) $B_\lambda=f^{-1}([\lambda,+\infty[)$, image réciproque du fermé $[\lambda,+\infty[$ par $f$ continue : c'est un fermé (c'est aussi le complémentaire de l'ouvert $A_\lambda$).

(c) La fonction $h=f-g$ est continue et $C=h^{-1}(\{0\})$, image réciproque du fermé $\{0\}$ : $C$ est fermé.

2. Distance discrète

(a) $B(x,r)=\{y\in E:d(x,y)<r\}$. Les seules valeurs de $d$ sont $0$ et $1$ : $B(x,r)=\begin{cases}\{x\}&\text{si }0<r\le1,\\ E&\text{si }r>1.\end{cases}$

(b) Soit $A\subset E$. Pour tout $x\in A$, $B(x,1)=\{x\}\subset A$, donc $A$ est ouverte. Le même argument appliqué à $E\setminus A$ montre que $E\setminus A$ est ouverte, donc $A$ est fermée. Toute partie de $(E,d)$ est donc à la fois ouverte et fermée.

Convergence simple

Pour $x$ fixé, $\varphi_n(x)=\dfrac{f(x+1/n)-f(x)}{1/n}\xrightarrow[n\to\infty]{}f'(x)$ (taux d'accroissement). Donc $(\varphi_n)$ converge simplement vers $f'$ sur $\mathbb{R}$.

Convergence uniforme sur un intervalle borné

Soit $I$ un intervalle borné ; il existe $[a,b]\supset I$ compact tel que $[a,b+1]$ contienne tous les $x+1/n$ pour $x\in I$. Par la formule de Taylor-Lagrange à l'ordre 2, il existe $\xi_{n,x}\in\,]x,x+1/n[$ tel que $f\big(x+\tfrac1n\big)=f(x)+\frac1n f'(x)+\frac1{2n^2}f''(\xi_{n,x}),$ d'où $\varphi_n(x)-f'(x)=\frac1{2n}f''(\xi_{n,x}).$ Comme $f''$ est continue sur le compact $[a,b+1]$, elle y est bornée : $|f''|\le M$. Donc $\sup_{x\in I}|\varphi_n(x)-f'(x)|\le\frac{M}{2n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.$ La convergence est donc uniforme vers $f'$ sur tout intervalle borné $I$.

Préliminaire

Par le théorème du rang, $\dim\ker f+\dim\operatorname{Im}f=\dim E$. Donc $E=\ker f\oplus\operatorname{Im}f\iff\ker f\cap\operatorname{Im}f=\{0\}.$ Par ailleurs $\ker f\subset\ker f^2$ toujours (si $f(x)=0$ alors $f^2(x)=0$).

Sens direct : $\ker f=\ker f^2\Rightarrow$ somme directe

Soit $y\in\ker f\cap\operatorname{Im}f$ : $y=f(x)$ pour un certain $x$, et $f(y)=0$. Alors $f^2(x)=f(y)=0$, donc $x\in\ker f^2=\ker f$, d'où $y=f(x)=0$. Ainsi $\ker f\cap\operatorname{Im}f=\{0\}$, et par le préliminaire $E=\ker f\oplus\operatorname{Im}f$.

Sens réciproque : somme directe $\Rightarrow\ker f=\ker f^2$

Il reste à montrer $\ker f^2\subset\ker f$. Soit $x\in\ker f^2$ : $f^2(x)=0$, i.e. $f(f(x))=0$, donc $f(x)\in\ker f$. Or $f(x)\in\operatorname{Im}f$. Comme $\ker f\cap\operatorname{Im}f=\{0\}$, on a $f(x)=0$, donc $x\in\ker f$. D'où $\ker f^2=\ker f$.

$\boxed{E=\ker f\oplus\operatorname{Im}f\iff\ker f=\ker(f\circ f).}$

Expression de l'opérateur

Avec $u=x+y$, $v=xy$, la règle de dérivation composée donne $\frac{\partial f}{\partial x}=f_u+y\,f_v,\qquad\frac{\partial f}{\partial y}=f_u+x\,f_v.$ Donc $x\frac{\partial f}{\partial x}-y\frac{\partial f}{\partial y}=x(f_u+y f_v)-y(f_u+x f_v)=(x-y)f_u.$

Résolution

Le second membre vaut $x^2-y^2=(x-y)(x+y)=(x-y)\,u$. L'équation devient $(x-y)f_u=(x-y)\,u.$ Sur $E$, $x<y$ donc $x-y\neq0$, et l'on peut simplifier : $\frac{\partial f}{\partial u}=u.$ En intégrant par rapport à $u$ (à $v$ fixé), $f=\dfrac{u^2}2+C(v)$ où $C$ est une fonction $C^1$ arbitraire. En revenant aux variables $(x,y)$ : $\boxed{f(x,y)=\frac{(x+y)^2}2+C(xy),\qquad C\in C^1(\mathbb{R},\mathbb{R})\ \text{arbitraire}.}$

1. Exemple

L'anneau $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z},+,\times)$ vérifie $a^2=a$ ($0^2=0$, $1^2=1$). Plus généralement, $(\mathcal{P}(X),\triangle,\cap)$ (différence symétrique et intersection) est un anneau de Boole.

2. $2a=0$

L'élément $a+a$ est idempotent : $(a+a)^2=a+a$. En développant, $(a+a)^2=a^2+a^2+a^2+a^2=4a^2=4a$ (car $a^2=a$). Donc $4a=2a$, d'où $2a=0$. En particulier $-a=a$ pour tout $a$.

3. Commutativité

Pour $a,b\in A$, $(a+b)^2=a+b$. En développant : $a^2+ab+ba+b^2=a+b$, soit $a+ab+ba+b=a+b$, donc $ab+ba=0$, c'est-à-dire $ab=-ba$. Comme $-ba=ba$ (question 2), on obtient $ab=ba$ : $A$ est commutatif.

4. Cardinal $\neq3$

La relation $2a=0$ signifie que tout élément du groupe additif $(A,+)$ est d'ordre divisant $2$ : $(A,+)$ est un espace vectoriel sur $\mathbb{F}_2=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Son cardinal est donc une puissance de $2$ : $|A|=2^k$. Comme $3$ n'est pas une puissance de $2$, on a $|A|\neq3$.

Équations de Cauchy-Riemann

On cherche $v$ telle que $\dfrac{\partial v}{\partial y}=\dfrac{\partial u}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial v}{\partial x}=-\dfrac{\partial u}{\partial y}$. On calcule $\frac{\partial u}{\partial x}=e^x(1+x)\cos y-ye^x\sin y,\qquad\frac{\partial u}{\partial y}=-e^x(x+1)\sin y-ye^x\cos y.$

Intégration

De $\dfrac{\partial v}{\partial y}=\dfrac{\partial u}{\partial x}=e^x(1+x)\cos y-ye^x\sin y$, on intègre en $y$ (avec $\int y\sin y\,dy=-y\cos y+\sin y$) : $v=e^x(1+x)\sin y+e^x(y\cos y-\sin y)+h(x)=e^x\big(x\sin y+y\cos y\big)+h(x).$ La condition $\dfrac{\partial v}{\partial x}=-\dfrac{\partial u}{\partial y}=e^x(x+1)\sin y+ye^x\cos y$ donne $h'(x)=0$, donc $h$ est constante. Ainsi $\boxed{v(x,y)=e^x\big(x\sin y+y\cos y\big)+C.}$ Avec $C=0$, on reconnaît $f(z)=ze^{z}$ (dont $u=\operatorname{Re}(ze^z)$ et $v=\operatorname{Im}(ze^z)$), holomorphe sur $\mathbb{C}$.

Majoration par produit télescopique

Pour $n\ge2$, en multipliant les inégalités : $\frac{u_n}{u_1}=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{u_{k+1}}{u_k}\le\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k^2}{(k+1)^2}=\left(\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k}{k+1}\right)^2=\left(\frac1n\right)^2=\frac1{n^2}.$ Donc $0<u_n\le\dfrac{u_1}{n^2}$ pour tout $n\ge1$.

Conclusion

La série de Riemann $\sum\dfrac1{n^2}$ converge, donc par le critère de comparaison des séries à termes positifs, $\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty}u_n\ \text{converge}.}$

1. FAUX

Si $N$ est nilpotente, $N^k=0$ pour un $k$. Si $N$ était inversible, $N^k$ le serait aussi, donc $N^k\neq0$ : contradiction. (De plus $0$ est la seule valeur propre, donc $\det N=0$.) Contre-exemple : $\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$.

2. FAUX

Sur $E=\{1,2,3\}$, la relation $R=\{(1,2),(2,1),(2,3)\}$ n'est ni symétrique (on a $(2,3)$ mais pas $(3,2)$) ni antisymétrique (on a $(1,2)$ et $(2,1)$ avec $1\neq2$).

3. VRAI

En un point $a$, la différentielle $df(a)$ est par définition l'application linéaire de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}^p$ approchant $f$ au premier ordre : $f(a+h)=f(a)+df(a)\cdot h+o(\|h\|)$. C'est bien une application linéaire. (En revanche $x\mapsto df(x)$ n'est en général pas linéaire.)

4. FAUX

Le résultat n'est vrai que sur un intervalle. Sur un ouvert non connexe, il tombe en défaut. Contre-exemple : $O=\mathbb{R}^*$ et $f(x)=-\dfrac1x$, avec $f'(x)=\dfrac1{x^2}>0$ sur $O$, mais $f(-1)=1>f(1)=-1$ alors que $-1<1$ : $f$ n'est pas croissante sur $O$.