📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2023 — Université Djilali Bounaama - Khemis Miliana — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours d'accès à la 1ère année Doctorat LMD 2022-2023 — Épreuve N°01 : Matière commune (Variante N°03) — 11 février 2023

التمرين 1

Série de fonctions e^(-nx)/(n²+x²) : domaine, convergence uniforme et dérivabilité

#séries de fonctions#convergence uniforme#dérivabilité

Soit la série de fonctions de terme général fn(x)=e−nxn2+x2.f_n(x)=\frac{e^{-nx}}{n^2+x^2}.

1. Trouver le domaine DD de convergence de la série ∑n≥1fn(x)\sum_{n\ge1}f_n(x). 2. Montrer que ∑n≥1fn\sum_{n\ge1}f_n converge uniformément sur DD. 3. En déduire que la somme S(x)=∑n≥1fn(x)S(x)=\sum_{n\ge1}f_n(x) est continue sur DD. 4. Montrer que S(x)=∑n≥1fn(x)S(x)=\sum_{n\ge1}f_n(x) est dérivable sur [α,+∞[[\alpha,+\infty[ pour tout α>0\alpha>0.

◀الحل

1. Domaine de convergence

Pour x≥0x\ge0 : 0≤fn(x)=e−nxn2+x2≤1n20\le f_n(x)=\dfrac{e^{-nx}}{n^2+x^2}\le\dfrac1{n^2}, et ∑1/n2\sum 1/n^2 converge. Pour x<0x<0 : e−nx=en∣x∣→+∞e^{-nx}=e^{n|x|}\to+\infty tandis que n2+x2∼n2n^2+x^2\sim n^2, donc fn(x)→+∞f_n(x)\to+\infty : le terme général ne tend pas vers 00 et la série diverge. Ainsi D=[0,+∞[.D=[0,+\infty[.

2. Convergence uniforme sur DD

Pour tout x≥0x\ge0, ∣fn(x)∣≤1n2|f_n(x)|\le\dfrac1{n^2}, terme général d'une série convergente : la convergence est normale, donc uniforme, sur DD.

3. Continuité

Chaque fnf_n est continue sur DD et la convergence y est uniforme : SS est continue sur D=[0,+∞[D=[0,+\infty[.

4. Dérivabilité sur [α,+∞[[\alpha,+\infty[ (α>0\alpha>0)

fn′(x)=−ne−nxn2+x2−2xe−nx(n2+x2)2f_n'(x)=-\dfrac{n e^{-nx}}{n^2+x^2}-\dfrac{2x e^{-nx}}{(n^2+x^2)^2}. Sur [α,+∞[[\alpha,+\infty[, avec n2+x2≥n2n^2+x^2\ge n^2, (n2+x2)2≥(2nx)2(n^2+x^2)^2\ge(2nx)^2 et e−nx≤e−nαe^{-nx}\le e^{-n\alpha} : ∣fn′(x)∣≤ne−nαn2+2xe−nα4n2x2=e−nα(1n+12n2x)≤e−nα(1n+12n2α).|f_n'(x)|\le\frac{n e^{-n\alpha}}{n^2}+\frac{2x e^{-n\alpha}}{4n^2x^2}=e^{-n\alpha}\Big(\frac1n+\frac1{2n^2x}\Big)\le e^{-n\alpha}\Big(\frac1n+\frac1{2n^2\alpha}\Big). Ce majorant est le terme d'une série convergente (décroissance géométrique e−nαe^{-n\alpha}). Donc ∑fn′\sum f_n' converge normalement sur [α,+∞[[\alpha,+\infty[ et S∈C1([α,+∞[)S\in\mathcal{C}^1([\alpha,+\infty[) avec S′=∑fn′S'=\sum f_n'. Ceci pour tout α>0\alpha>0, donc SS est de classe C1\mathcal{C}^1 sur ]0,+∞[]0,+\infty[.

التمرين 2

Espace de fonctions et intégrale à paramètre J(x)=∫ tψ(t)/(x²+t²)dt

#intégrales généralisées#intégrale à paramètre#décomposition en éléments simples

On désigne par EE l'espace vectoriel des fonctions ψ\psi réelles, continues et bornées sur [0,+∞[[0,+\infty[ telles que, pour tout réel x>0x>0, l'intégrale Jψ(x)=∫0+∞tψ(t)x2+t2dtJ_\psi(x)=\int_0^{+\infty}\dfrac{t\psi(t)}{x^2+t^2}dt soit convergente.

1. La fonction constante égale à aa sur [0,+∞[[0,+\infty[ est-elle un élément de EE ? 2. Montrer que f(t)=t1+t2f(t)=\dfrac{t}{1+t^2} appartient à EE. 3. On calcule Jf(x)J_f(x) : (a) Déterminer a,ba,b tels que, pour tout (x,t)≠(0,0)(x,t)\ne(0,0), t2(1−x2)(x2+t2)(1+t2)=a1+t2+bx2x2+t2\dfrac{t^2(1-x^2)}{(x^2+t^2)(1+t^2)}=\dfrac{a}{1+t^2}+\dfrac{b x^2}{x^2+t^2}. (b) En déduire, pour x≠1x\ne1, la valeur de Jf(x)J_f(x), puis calculer Jf(1)J_f(1). 4. Soit gg continue sur [0,+∞[[0,+\infty[ admettant une limite finie ℓ\ell en +∞+\infty. Montrer que gg est bornée sur [0,+∞[[0,+\infty[, et que si ℓ≠0\ell\ne0 alors g∉Eg\notin E. 5. Étudier l'appartenance de gg à EE dans le cas ℓ=0\ell=0.

◀الحل

1. Fonction constante

Si ψ≡a\psi\equiv a, Jψ(x)=∫0+∞atx2+t2dt=a2[ln⁡(x2+t2)]0+∞J_\psi(x)=\int_0^{+\infty}\dfrac{a t}{x^2+t^2}dt=\dfrac a2\big[\ln(x^2+t^2)\big]_0^{+\infty} diverge dès que a≠0a\ne0. Donc la fonction constante aa appartient à EE si et seulement si a=0a=0.

2. f(t)=t1+t2∈Ef(t)=\dfrac{t}{1+t^2}\in E

ff est continue et bornée (∣f∣≤12|f|\le\tfrac12). De plus Jf(x)=∫0+∞t2(1+t2)(x2+t2)dtJ_f(x)=\int_0^{+\infty}\dfrac{t^2}{(1+t^2)(x^2+t^2)}dt, d'intégrande ∼1/t2\sim1/t^2 en +∞+\infty : convergente. Donc f∈Ef\in E.

3. Calcul de Jf(x)J_f(x)

(a) On a a=1a=1 et b=−1b=-1, car 11+t2−x2x2+t2=(x2+t2)−x2(1+t2)(1+t2)(x2+t2)=t2(1−x2)(1+t2)(x2+t2).\frac1{1+t^2}-\frac{x^2}{x^2+t^2}=\frac{(x^2+t^2)-x^2(1+t^2)}{(1+t^2)(x^2+t^2)}=\frac{t^2(1-x^2)}{(1+t^2)(x^2+t^2)}.

(b) Pour x≠1x\ne1, en divisant par (1−x2)(1-x^2) : t2(1+t2)(x2+t2)=11−x2(11+t2−x2x2+t2).\frac{t^2}{(1+t^2)(x^2+t^2)}=\frac1{1-x^2}\Big(\frac1{1+t^2}-\frac{x^2}{x^2+t^2}\Big). Avec ∫0+∞dt1+t2=π2\int_0^{+\infty}\dfrac{dt}{1+t^2}=\dfrac\pi2 et ∫0+∞dtx2+t2=π2x\int_0^{+\infty}\dfrac{dt}{x^2+t^2}=\dfrac\pi{2x} (x>0x>0) : Jf(x)=11−x2(π2−x2⋅π2x)=π(1−x)2(1−x2)=π2(1+x).J_f(x)=\frac1{1-x^2}\Big(\frac\pi2-x^2\cdot\frac\pi{2x}\Big)=\frac{\pi(1-x)}{2(1-x^2)}=\frac{\pi}{2(1+x)}. En x=1x=1 : Jf(1)=∫0+∞t2(1+t2)2dt=π4J_f(1)=\int_0^{+\infty}\dfrac{t^2}{(1+t^2)^2}dt=\dfrac\pi4 (poser t=tan⁡θt=\tan\theta), ce qui prolonge par continuité la formule.

4. Cas ℓ≠0\ell\ne0

Continue sur [0,+∞[[0,+\infty[ et de limite finie ℓ\ell en +∞+\infty, gg est bornée (bornée sur [0,A][0,A] par continuité, proche de ℓ\ell au-delà). Si ℓ≠0\ell\ne0 : tg(t)x2+t2∼ℓt\dfrac{t g(t)}{x^2+t^2}\sim\dfrac{\ell}{t} en +∞+\infty, dont l'intégrale diverge, donc JgJ_g diverge et g∉Eg\notin E.

5. Cas ℓ=0\ell=0

La condition ℓ=0\ell=0 est nécessaire mais non suffisante : la convergence de JgJ_g équivaut essentiellement à celle de ∫+∞∣g(t)∣tdt\int^{+\infty}\dfrac{|g(t)|}{t}dt.

  • Exemple : g(t)=11+t→0g(t)=\dfrac1{1+t}\to0 donne tg(t)x2+t2∼1t2\dfrac{tg(t)}{x^2+t^2}\sim\dfrac1{t^2}, donc g∈Eg\in E.
  • Contre-exemple : g(t)=1ln⁡tg(t)=\dfrac1{\ln t} (t≥2t\ge2, prolongée de façon continue) tend vers 00 mais tg(t)x2+t2∼1tln⁡t\dfrac{tg(t)}{x^2+t^2}\sim\dfrac1{t\ln t}, dont l'intégrale diverge, donc g∉Eg\notin E.

التمرين 3

Inégalité sur les inverses, injectivité de p+1/q et divisibilité sur N*

#arithmétique#relations d'ordre#divisibilité#injectivité

1. Soient q1,q2∈N−{0,1}q_1,q_2\in\mathbb{N}-\{0,1\}. Montrer que −12<1q1−1q2<12-\dfrac12<\dfrac1{q_1}-\dfrac1{q_2}<\dfrac12. 2. Soit f:Z×(N−{0,1})→Qf:\mathbb{Z}\times(\mathbb{N}-\{0,1\})\to\mathbb{Q} définie par f(p,q)=p+1qf(p,q)=p+\dfrac1q. (a) Montrer que ff est injective. (b) ff est-elle surjective ? 3. Dans N∗\mathbb{N}^*, on définit une relation ≪\ll en posant m≪nm\ll n s'il existe k∈N∗k\in\mathbb{N}^* tel que n=kmn=km. (a) Montrer que ≪\ll est une relation d'ordre partiel sur N∗\mathbb{N}^*. (b) N∗\mathbb{N}^* possède-t-il un plus grand élément ? un plus petit élément ? (c) Soit A={4,5,6,7,8,9,10}A=\{4,5,6,7,8,9,10\}. AA possède-t-il un plus grand élément ? un plus petit élément ?

◀الحل

1. Encadrement

Comme q1,q2≥2q_1,q_2\ge2, on a 0<1q1≤120<\dfrac1{q_1}\le\dfrac12 et 0<1q2≤120<\dfrac1{q_2}\le\dfrac12. Donc 1q1−1q2<12−0=12et1q1−1q2>0−12=−12.\frac1{q_1}-\frac1{q_2}<\frac12-0=\frac12\quad\text{et}\quad\frac1{q_1}-\frac1{q_2}>0-\frac12=-\frac12.

2. L'application f(p,q)=p+1qf(p,q)=p+\dfrac1q

(a) Injectivité. Si p1+1q1=p2+1q2p_1+\dfrac1{q_1}=p_2+\dfrac1{q_2}, alors p1−p2=1q2−1q1∈]−12,12[p_1-p_2=\dfrac1{q_2}-\dfrac1{q_1}\in\left]-\tfrac12,\tfrac12\right[ (question 1). Or p1−p2∈Zp_1-p_2\in\mathbb{Z}, et le seul entier de ]−12,12[\left]-\tfrac12,\tfrac12\right[ est 00 : donc p1=p2p_1=p_2, puis q1=q2q_1=q_2. ff est injective.

(b) Surjectivité. Non : 00 n'a pas d'antécédent, car p+1q=0p+\dfrac1q=0 imposerait 1q=−p∈]0,12]\dfrac1q=-p\in\left]0,\tfrac12\right], impossible pour p∈Zp\in\mathbb{Z}.

3. Divisibilité ≪\ll

(a) m≪n  ⟺  m∣nm\ll n\iff m\mid n : réflexive (n=1⋅nn=1\cdot n), antisymétrique (m∣nm\mid n et n∣m⇒m=nn\mid m\Rightarrow m=n dans N∗\mathbb{N}^*), transitive (m∣nm\mid n, n∣p⇒m∣pn\mid p\Rightarrow m\mid p). C'est un ordre partiel.

(b) N∗\mathbb{N}^* a pour plus petit élément 11 (1∣n1\mid n pour tout nn), mais aucun plus grand élément (nul entier n'est multiple de tous les autres).

(c) A={4,5,6,7,8,9,10}A=\{4,5,6,7,8,9,10\} n'a ni plus grand ni plus petit élément pour ≪\ll : aucun élément n'est divisible par tous les autres (p.ex. 4∤104\nmid10), et aucun ne divise tous les autres (p.ex. 4∤54\nmid5). (Des éléments maximaux et minimaux existent, mais pas de plus grand/petit.)