مسابقة دكتوراه 2025 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 01

1.

$\varnothing,\mathbb{R}\in\mathcal{T}$ par définition.

Unions : soit $(U_{i})_{i\in I}$ des éléments non triviaux de $\mathcal{T}$. Alors $\bigl(\bigcup_{i}U_{i}\bigr)^{c}=\bigcap_{i}U_{i}^{c}$ est une intersection de compacts de $(\mathbb{R},\mathcal{T}_{u})$ : c'est un fermé (intersection de fermés) contenu dans l'un des compacts, donc compact. Ainsi $\bigcup U_{i}\in\mathcal{T}$.

Intersections finies : $(U_{1}\cap U_{2})^{c}=U_{1}^{c}\cup U_{2}^{c}$ est une union finie de compacts, donc compacte. Ainsi $U_{1}\cap U_{2}\in\mathcal{T}$.

Les cas contenant $\varnothing$ ou $\mathbb{R}$ sont immédiats : $\mathcal{T}$ est une topologie (dite co-compacte).

2.

Non. Soient $U,V\in\mathcal{T}$ non vides avec $U\cap V=\varnothing$ : alors $U\subseteq V^{c}$ qui est compact donc borné, or $U^{c}$ est compact donc borné, ce qui rend $U$ non borné : contradiction. Deux ouverts non vides se rencontrent toujours :

$\boxed{(\mathbb{R},\mathcal{T})\text{ n'est pas séparé (non Hausdorff)}}$

3.

Montrons que $\mathbb{Q}$ est dense. Soit $U\in\mathcal{T}$ non vide, $U\neq\varnothing$ : $U^{c}$ est compact donc borné, disons $U^{c}\subseteq[-M,M]$. Alors $]M,+\infty[\subseteq U$, qui contient des rationnels. Donc $U\cap\mathbb{Q}\neq\varnothing$ pour tout ouvert non vide, et $\mathbb{Q}$ est un ensemble dénombrable dense :

$\boxed{(\mathbb{R},\mathcal{T})\text{ est séparable}}$

4.

Soit $(U_{i})_{i\in I}$ un recouvrement de $\mathbb{R}$ par des éléments de $\mathcal{T}$. Choisissons $i_{0}$ avec $U_{i_{0}}\neq\varnothing$ : $K=U_{i_{0}}^{c}$ est compact pour $\mathcal{T}_{u}$. Chaque $U_{i}$ est aussi ouvert pour $\mathcal{T}_{u}$ (son complémentaire compact est fermé). La famille $(U_{i})_{i\in I}$ recouvre $K$, donc il existe $i_{1},\dots,i_{n}$ avec $K\subseteq U_{i_{1}}\cup\dots\cup U_{i_{n}}$. Alors

$\mathbb{R}=U_{i_{0}}\cup U_{i_{1}}\cup\dots\cup U_{i_{n}}$

$\boxed{(\mathbb{R},\mathcal{T})\text{ est compact}}$

1.

Le domaine est limité par la droite $y=x+1$, la parabole $y=\frac{x^{2}}{4}+1$, la parabole $x=y^{2}+1$, l'axe $y=0$ et la droite $x=2$. Pour $x\leq 0$ la droite est en dessous de la parabole ($x+1\leq\frac{x^{2}}{4}+1$) ; pour $0\leq x\leq 2$ c'est la parabole $y=\frac{x^{2}}{4}+1$ qui borne supérieurement ; la contrainte $x\leq y^{2}+1$ ne joue que pour $x\geq 1$ (elle impose $y\geq\sqrt{x-1}$). L'abscisse varie de $-1$ (intersection de $y=x+1$ avec $y=0$) à $2$.

2.

On découpe suivant $x$ :

$\iint_{D}x\,dx\,dy=\int_{-1}^{0}x(x+1)\,dx+\int_{0}^{1}x\Bigl(\frac{x^{2}}{4}+1\Bigr)dx+\int_{1}^{2}x\Bigl(\frac{x^{2}}{4}+1-\sqrt{x-1}\Bigr)dx$

Calculs :

$\int_{-1}^{0}(x^{2}+x)\,dx=-\frac{1}{6},\qquad\int_{0}^{1}\Bigl(\frac{x^{3}}{4}+x\Bigr)dx=\frac{1}{16}+\frac{1}{2}=\frac{9}{16}$

$\int_{1}^{2}\Bigl(\frac{x^{3}}{4}+x\Bigr)dx=\Bigl[\frac{x^{4}}{16}+\frac{x^{2}}{2}\Bigr]_{1}^{2}=3-\frac{9}{16}=\frac{39}{16}$

$\int_{1}^{2}x\sqrt{x-1}\,dx=\int_{0}^{1}(u+1)\sqrt{u}\,du=\frac{2}{5}+\frac{2}{3}=\frac{16}{15}$

Somme : $-\frac{1}{6}+\frac{9}{16}+\frac{39}{16}-\frac{16}{15}=-\frac{1}{6}+3-\frac{16}{15}=3-\frac{37}{30}$ :

$\boxed{\iint_{D}x\,dx\,dy=\frac{53}{30}}$

3.

Par Fubini, l'intégrande ne dépendant pas de $z$ :

$\iiint_{\Omega}x\,dV=\Bigl(\int_{0}^{1}dz\Bigr)\iint_{D}x\,dx\,dy$

$\boxed{\iiint_{\Omega}x\,dx\,dy\,dz=\frac{53}{30}}$

1.

Pour $x,y\in E$, on développe $0=\langle u(x+y),x+y\rangle$ :

$0=\langle u(x),x\rangle+\langle u(x),y\rangle+\langle u(y),x\rangle+\langle u(y),y\rangle=\langle u(x),y\rangle+\langle u(y),x\rangle$

$\boxed{\langle u(x),y\rangle=-\langle x,u(y)\rangle\ :\ u^{*}=-u}$

2.

La matrice $A$ de $u$ en base orthonormée vérifie $A^{t}=-A$, donc

$\det A=\det A^{t}=\det(-A)=(-1)^{3}\det A=-\det A$

d'où $\det A=0$ :

$\boxed{\ker u\neq\{0\}}$

3.

$u\neq 0$ donc $\operatorname{rg}u\in\{1,2\}$. Si $x\in\ker u$ et $y\in E$ : $\langle x,u(y)\rangle=-\langle u(x),y\rangle=0$, donc $\operatorname{Im}u\subseteq(\ker u)^{\perp}$, et par le théorème du rang les dimensions coïncident : $\operatorname{Im}u=(\ker u)^{\perp}$. Si $\operatorname{rg}u=1$, on écrirait $\dim\ker u=2$ et $\operatorname{Im}u=(\ker u)^{\perp}$ de dimension 1 ; soit $v$ un générateur unitaire de $\operatorname{Im}u$ : $v\notin\ker u$ (car $v\perp\ker u$), donc $u(v)=\lambda v$ avec $\lambda\neq 0$, mais alors $\langle u(v),v\rangle=\lambda\neq 0$ : contradiction.

$\boxed{\operatorname{rg}(u)=2,\qquad\operatorname{Im}u=(\ker u)^{\perp}}$

4.

Soit $e_{3}$ un vecteur unitaire de $\ker u$ (dimension 1) et $(e_{1},e_{2},e_{3})$ une base orthonormée directe. L'antisymétrie donne $\langle u(e_{1}),e_{1}\rangle=0$ et $\langle u(e_{1}),e_{3}\rangle=-\langle e_{1},u(e_{3})\rangle=0$, donc $u(e_{1})=a\,e_{2}$ ; de même $u(e_{2})=-a\,e_{1}$ (avec $a=\langle u(e_{1}),e_{2}\rangle\neq 0$). En posant $\omega=a\,e_{3}$, on vérifie $\omega\wedge e_{1}=a\,e_{2}$, $\omega\wedge e_{2}=-a\,e_{1}$, $\omega\wedge e_{3}=0$ : les deux applications linéaires coïncident sur une base.

$\boxed{\exists\,\omega\in E\ :\ u(x)=\omega\wedge x\quad\forall x\in E}$