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مسابقة دكتوراه 2026 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 02

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès à la formation doctorale de 3ème cycle 2025/2026 — Épreuve commune, Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediene (USTHB), Faculté de Mathématiques, Filière Mathématiques Appliquées, Spécialités OStoch, PSA, ROM et ROMAaD — Durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Variable aléatoire : maximum de tirages dans k urnes

#probability#order-statistics#expectation#combinatorics

On considère kk urnes contenant chacune nn boules indiscernables au toucher, numérotées de 11 à nn. On prélève une boule dans chaque urne et on appelle XnX_n la variable aléatoire réelle égale au plus grand des numéros obtenus.

  1. (1 pt) Déterminer Ω\Omega. On choisit comme tribu A=P(Ω)A = \mathcal{P}(\Omega), et comme mesure de probabilité P\mathbb{P} la probabilité uniforme.
  2. (1 pt) Préciser Xn(Ω)X_n(\Omega), puis calculer P(Xn=1)\mathbb{P}(X_n = 1).
  3. (2 pts) Calculer P(Xn≤h)\mathbb{P}(X_n \leq h), pour h∈Xn(Ω)h \in X_n(\Omega).
  4. (1,5 pts) En déduire P(Xn=h)\mathbb{P}(X_n = h), pour h∈Xn(Ω)h \in X_n(\Omega).
  5. (1,5 pts) Déterminer un équivalent de E(Xn)\mathbb{E}(X_n), lorsque nn tend vers +∞+\infty, (kk fixé).
◀الحل

1.

Ω={1,2,…,n}k\Omega = \{1, 2, \ldots, n\}^k avec card(Ω)=nk\text{card}(\Omega) = n^k. La tribu est P(Ω)\mathcal{P}(\Omega) et P\mathbb{P} est la probabilité uniforme.

2.

Xn(Ω)={1,2,…,n}X_n(\Omega) = \{1, 2, \ldots, n\}. Pour que Xn=1X_n = 1, chaque urne doit donner la boule 11 :

P(Xn=1)=1nk\boxed{\mathbb{P}(X_n = 1) = \frac{1}{n^k}}

3.

Xn≤hX_n \leq h signifie que toutes les kk boules tirées ont un numéro ≤h\leq h. Par indépendance :

P(Xn≤h)=(hn)k\boxed{\mathbb{P}(X_n \leq h) = \left(\frac{h}{n}\right)^k}

4.

P(Xn=h)=(hn)k−(h−1n)k\boxed{\mathbb{P}(X_n = h) = \left(\frac{h}{n}\right)^k - \left(\frac{h-1}{n}\right)^k}

5.

E(Xn)=∑h=1nh[(hn)k−(h−1n)k]\mathbb{E}(X_n) = \sum_{h=1}^{n} h\left[\left(\frac{h}{n}\right)^k - \left(\frac{h-1}{n}\right)^k\right]. Par somme de Riemann, quand n→+∞n \to +\infty :

E(Xn)n→∫01ktk dt=kk+1\frac{\mathbb{E}(X_n)}{n} \to \int_0^1 k t^k \, dt = \frac{k}{k+1} E(Xn)∼knk+1\boxed{\mathbb{E}(X_n) \sim \frac{kn}{k+1}}

التمرين 2

Exercice 2 — Étude de fonction, intégration et équation différentielle

#analysis#bijection#integration-by-parts#ode

On considère la fonction ff définie sur l'intervalle ]0,1[]0,1[ par

f(x)=1−xx.f(x) = \sqrt{\frac{1-x}{x}}.
  1. (1 pt) Montrer que la fonction ff réalise une bijection de l'intervalle ]0,1[]0,1[ sur un intervalle à préciser.
  2. (1 pt) Déterminer l'expression de la fonction réciproque f−1f^{-1}.
  3. (1 pt) Sans faire le calcul de la dérivée de f−1f^{-1}, déterminer la valeur de (f−1)′(1)(f^{-1})'(1).
  4. (1 pt) À l'aide d'une intégration par parties, calculer l'intégrale
∫2y2(1+y2)2 dy.\int \frac{2y^2}{(1+y^2)^2} \, dy.
  1. (1 pt) En effectuant le changement de variable y=f(x)y = f(x), montrer que
∫f(x) dx=xf(x)−arctan⁡(f(x))+C,C∈R.\int f(x) \, dx = x f(x) - \arctan(f(x)) + C, \quad C \in \mathbb{R}.
  1. (2 pts) Résoudre sur l'intervalle ]0,1[]0,1[, l'équation différentielle suivante :
2x(1−x)y′+y=2(1−x)2(E).2x(1-x)y' + y = 2(1-x)^2 \qquad (E).
◀الحل

1.

ff est continue et strictement décroissante sur ]0,1[]0,1[ avec lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty et lim⁡x→1−f(x)=0\lim_{x \to 1^-} f(x) = 0. Donc ff est une bijection de ]0,1[]0,1[ sur ]0,+∞[]0,+\infty[.

f:]0,1[→]0,+∞[\boxed{f : ]0,1[ \to ]0,+\infty[}

2.

On pose y=1−xxy = \sqrt{\frac{1-x}{x}}, soit y2=1−xx=1x−1y^2 = \frac{1-x}{x} = \frac{1}{x} - 1, d'où x=11+y2x = \frac{1}{1+y^2}.

f−1(y)=11+y2\boxed{f^{-1}(y) = \frac{1}{1+y^2}}

3.

Par le théorème de la bijection dérivable, (f−1)′(1)=1f′(f−1(1))(f^{-1})'(1) = \frac{1}{f'(f^{-1}(1))}. On a f−1(1)=12f^{-1}(1) = \frac{1}{2} et f′(x)=−12x21−xx=−12xx(1−x)f'(x) = \frac{-1}{2x^2 \sqrt{\frac{1-x}{x}}} = \frac{-1}{2x\sqrt{x(1-x)}}. En x=12x = \frac{1}{2} : f′(1/2)=−2f'(1/2) = -2.

(f−1)′(1)=−12\boxed{(f^{-1})'(1) = -\frac{1}{2}}

4.

On écrit 2y2(1+y2)2=2y⋅y(1+y2)2\frac{2y^2}{(1+y^2)^2} = \frac{2y \cdot y}{(1+y^2)^2}. IPP avec u=yu = y, dv=2y(1+y2)2dydv = \frac{2y}{(1+y^2)^2}dy donne v=−11+y2v = \frac{-1}{1+y^2}.

∫2y2(1+y2)2dy=−y1+y2+arctan⁡(y)+C\boxed{\int \frac{2y^2}{(1+y^2)^2} dy = \frac{-y}{1+y^2} + \arctan(y) + C}

5.

Avec y=f(x)=1−xxy = f(x) = \sqrt{\frac{1-x}{x}}, on a dy=f′(x)dxdy = f'(x)dx et 1+y2=1x1+y^2 = \frac{1}{x}. Le changement donne le résultat après calcul :

∫f(x)dx=xf(x)−arctan⁡(f(x))+C\boxed{\int f(x)dx = x f(x) - \arctan(f(x)) + C}

6.

On réécrit (E)(E) : y′+12x(1−x)y=1−xxy' + \frac{1}{2x(1-x)} y = \frac{1-x}{x}. Facteur intégrant μ=e∫dx2x(1−x)=x1−x\mu = e^{\int \frac{dx}{2x(1-x)}} = \sqrt{\frac{x}{1-x}}. La solution est :

y(x)=1x1−x(∫x1−x⋅1−xxdx+C)=f(x)(arctan⁡(f(x))+C)\boxed{y(x) = \frac{1}{\sqrt{\frac{x}{1-x}}} \left(\int \sqrt{\frac{x}{1-x}} \cdot \frac{1-x}{x} dx + C\right) = f(x)\left(\arctan(f(x)) + C\right)}

التمرين 3

Exercice 3 — Sous-espace de matrices symétriques et endomorphisme

#linear-algebra#symmetric-matrices#endomorphism#diagonalization

Soit l'ensemble V={M∈M2(R)∣tM=M}V = \{M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \mid {}^tM = M\}.

  1. (1 pt) Montrer que VV est un sous-espace vectoriel de M2(R)\mathcal{M}_2(\mathbb{R}).
  2. (1 pt) Déterminer une base de VV ainsi que la dimension de VV.
  3. On pose
A=(1102)A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\\\ 0 & 2 \end{pmatrix}

et pour toute matrice M∈VM \in V, on note :

f(M)=AM(tA).f(M) = A M ({}^tA).

Montrer que ff est un endomorphisme de VV. 4. (1 pt) Donner la matrice BB associée à ff dans la base de VV obtenue précédemment. 5. (1 pt) Déterminer le spectre de ff. 6. (1 pt) L'endomorphisme ff est-il diagonalisable sur R\mathbb{R} ? Justifier.

◀الحل

1.

0∈V0 \in V car t0=0{}^t0 = 0. Si M,N∈VM, N \in V et α,β∈R\alpha, \beta \in \mathbb{R}, alors t(αM+βN)=αtM+βtN=αM+βN{}^t(\alpha M + \beta N) = \alpha {}^tM + \beta {}^tN = \alpha M + \beta N, donc VV est un sous-espace vectoriel.

2.

Une matrice symétrique 2×22 \times 2 s'écrit (abbc)\begin{pmatrix} a & b \\\\ b & c \end{pmatrix}. Base :

E1=(1000),E2=(0110),E3=(0001)E_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\\\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad E_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\\\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad E_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\\\ 0 & 1 \end{pmatrix} dim⁡(V)=3\boxed{\dim(V) = 3}

3.

Si M∈VM \in V, alors t(f(M))=t(AMtA)=A tM tA=AMtA=f(M){}^t(f(M)) = {}^t(AM{}^tA) = A \, {}^tM \, {}^tA = AM{}^tA = f(M), donc f(M)∈Vf(M) \in V. La linéarité est claire. Donc ff est un endomorphisme de VV.

4.

On calcule f(E1)f(E_1), f(E2)f(E_2), f(E3)f(E_3) et on exprime dans la base (E1,E2,E3)(E_1, E_2, E_3) :

f(E1)=AE1tA=(1102)(1000)(1012)=(1000)(1012)=(1000)=E1f(E_1) = AE_1{}^tA = \begin{pmatrix}1&1\\\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\\1&2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0\\\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\\1&2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0\\\\0&0\end{pmatrix} = E_1

f(E2)=AE2tA=(1102)(0110)(1012)=(1120)(1012)=(2220)=2E1+2E2f(E_2) = AE_2{}^tA = \begin{pmatrix}1&1\\\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\\1&2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&1\\\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\\1&2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2&2\\\\2&0\end{pmatrix} = 2E_1 + 2E_2

f(E3)=AE3tA=(1102)(0001)(1012)=(0102)(1012)=(1224)=E1+2E2+4E3f(E_3) = AE_3{}^tA = \begin{pmatrix}1&1\\\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0\\\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\\1&2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&1\\\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\\\1&2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&2\\\\2&4\end{pmatrix} = E_1 + 2E_2 + 4E_3

B=(121022004)\boxed{B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 2 & 2 \\\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}}

5.

BB est triangulaire, ses valeurs propres sont sur la diagonale.

Sp(f)={1,2,4}\boxed{\text{Sp}(f) = \{1, 2, 4\}}

6.

BB a 3 valeurs propres distinctes dans R\mathbb{R} et dim⁡(V)=3\dim(V) = 3, donc

f est diagonalisable sur R\boxed{f \text{ est diagonalisable sur } \mathbb{R}}