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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 04

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours national d'accès à la formation doctorale LMD 2024-2025, Spécialité Mathématiques Appliquées — Épreuve 1 : Mathématiques générales (Sujet N°3)

التمرين 1

Symétrie $\int_a^b f(x)dx=\int_a^b f(a+b-x)dx$ et calcul de $\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}dx$

1. Soient a,ba,b deux réels tels que a<ba<b et ff une fonction intégrable sur l'intervalle [a,b][a,b]. Montrer que ∫abf(x) dx=∫abf(a+b−x) dx.\int_a^b f(x)\,dx=\int_a^b f(a+b-x)\,dx.

2. En déduire la valeur de l'intégrale I=∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dx.I=\int_0^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.

3. En déduire que si ff est une fonction impaire et intégrable sur l'intervalle [−a,a][-a,a] (a>0a>0), alors ∫−aaf(x) dx=0.\int_{-a}^{a} f(x)\,dx=0.

Remarque : l'identité de symétrie x↦a+b−xx\mapsto a+b-x est l'outil standard pour les intégrales où le facteur xx gêne.

◀الحل

1. Changement de variable

Avec u=a+b−xu=a+b-x, du=−dxdu=-dx ; les bornes x=a, x=bx=a,\,x=b deviennent u=b, u=au=b,\,u=a : ∫abf(x) dx=∫baf(a+b−u)(−du)=∫abf(a+b−u) du.\int_a^b f(x)\,dx=\int_b^a f(a+b-u)(-du)=\int_a^b f(a+b-u)\,du.

2. Calcul de II

Avec a=0, b=πa=0,\ b=\pi : sin⁡(π−x)=sin⁡x\sin(\pi-x)=\sin x, cos⁡2(π−x)=cos⁡2x\cos^2(\pi-x)=\cos^2 x, donc I=∫0π(π−x)sin⁡x1+cos⁡2x dx=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx−I.I=\int_0^\pi\frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx=\pi\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx-I. Donc 2I=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx2I=\pi\displaystyle\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx. Avec u=cos⁡xu=\cos x, du=−sin⁡x dxdu=-\sin x\,dx : ∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx=∫−11du1+u2=[arctan⁡u]−11=π2.\int_0^\pi\frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx=\int_{-1}^{1}\frac{du}{1+u^2}=[\arctan u]_{-1}^{1}=\frac{\pi}{2}. D'où 2I=π⋅π22I=\pi\cdot\dfrac{\pi}{2} et I=π24.\boxed{I=\frac{\pi^2}{4}.}

3. Fonction impaire

Avec l'égalité du 1 sur [−a,a][-a,a] : ∫−aaf(x) dx=∫−aaf(−x) dx=−∫−aaf(x) dx\int_{-a}^a f(x)\,dx=\int_{-a}^a f(-x)\,dx=-\int_{-a}^a f(x)\,dx (car ff impaire), donc 2∫−aaf=02\int_{-a}^a f=0, soit ∫−aaf(x) dx=0\int_{-a}^a f(x)\,dx=0.

التمرين 2

Diagonalisation de la matrice de rotation $R_\theta$ et calcul de $R_\theta^n$

Soit la matrice RθR_\theta définie par Rθ=(cos⁡θ−sin⁡θsin⁡θcos⁡θ).R_\theta=\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}.

1. Déterminer les angles θ\theta pour lesquels RθR_\theta est diagonalisable sur R\mathbb{R}.

2. Montrer que RθR_\theta est diagonalisable sur C\mathbb{C}. Donner sa forme diagonale et calculer Rθ nR_\theta^{\,n}, ∀n≥1\forall n\ge1.

Remarque : RθR_\theta est une rotation : la formule Rθn=RnθR_\theta^n=R_{n\theta} est simplement l'addition des angles.

◀الحل

1. Diagonalisation sur R\mathbb{R}

Le polynôme caractéristique est χ(λ)=λ2−2λcos⁡θ+1,Δ=4(cos⁡2θ−1)=−4sin⁡2θ.\chi(\lambda)=\lambda^2-2\lambda\cos\theta+1,\qquad \Delta=4(\cos^2\theta-1)=-4\sin^2\theta. Les valeurs propres λ=e±iθ\lambda=e^{\pm i\theta} sont réelles seulement si sin⁡θ=0\sin\theta=0, i.e. θ≡0 [π]\theta\equiv0\ [\pi]. Dans ce cas Rθ=±IR_\theta=\pm I est déjà diagonale. Donc RθR_\theta est diagonalisable sur R\mathbb{R} si et seulement si θ≡0 [π]\theta\equiv0\ [\pi] (alors Rθ=±IR_\theta=\pm I).

2. Diagonalisation sur C\mathbb{C}

Si θ≢0 [π]\theta\not\equiv0\ [\pi], les valeurs propres eiθe^{i\theta} et e−iθe^{-i\theta} sont distinctes, donc RθR_\theta est diagonalisable sur C\mathbb{C} avec D=(eiθ00e−iθ).D=\begin{pmatrix}e^{i\theta} & 0\\ 0 & e^{-i\theta}\end{pmatrix}. Comme RθRφ=Rθ+φR_\theta R_\varphi=R_{\theta+\varphi}, on obtient directement Rθ n=Rnθ=(cos⁡nθ−sin⁡nθsin⁡nθcos⁡nθ).\boxed{R_\theta^{\,n}=R_{n\theta}=\begin{pmatrix}\cos n\theta & -\sin n\theta\\ \sin n\theta & \cos n\theta\end{pmatrix}.} (Ce qui correspond à Rθn=PDnP−1R_\theta^n=PD^nP^{-1} avec Dn=diag⁡(einθ,e−inθ)D^n=\operatorname{diag}(e^{in\theta},e^{-in\theta}).)

التمرين 3

Série entière $\sum S_n x^n$ avec $S_n=\sum_{k=1}^n \frac1k$

Pour n≥1n\ge1, on pose Sn=∑k=1n1kS_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} et on s'intéresse à la série entière ∑n≥1Snxn\displaystyle\sum_{n\ge1}S_n x^n. On note RR son rayon de convergence.

1. Démontrer que R=1R=1.

2. On pose, pour x∈ ]−1,1[x\in\,]-1,1[, F(x)=∑n≥1SnxnF(x)=\displaystyle\sum_{n\ge1}S_n x^n. Démontrer que pour tout x∈ ]−1,1[x\in\,]-1,1[ on a (1−x)F(x)=∑n=1+∞xnn.(1-x)F(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^n}{n}.

3. En déduire la valeur de F(x)F(x) sur ]−1,1[]-1,1[.

Remarque : multiplier par (1−x)(1-x) revient à faire une transformation d'Abel (différence des sommes partielles), qui élimine le cumul SnS_n.

◀الحل

1. Rayon de convergence

Comme Sn=∑k=1n1kS_n=\sum_{k=1}^n\frac1k, on a Sn+1Sn=1+1/(n+1)Sn→1\dfrac{S_{n+1}}{S_n}=1+\dfrac{1/(n+1)}{S_n}\to1 (car Sn→+∞S_n\to+\infty). Par la règle de d'Alembert, R=1R=1. (De plus 1≤Sn1\le S_n et Sn∼ln⁡nS_n\sim\ln n, croissance sous-géométrique.)

2. Produit par (1−x)(1-x)

Pour ∣x∣<1|x|<1 : (1−x)F(x)=∑n≥1Snxn−∑n≥1Snxn+1=∑n≥1Snxn−∑n≥2Sn−1xn.(1-x)F(x)=\sum_{n\ge1}S_n x^n-\sum_{n\ge1}S_n x^{n+1}=\sum_{n\ge1}S_n x^n-\sum_{n\ge2}S_{n-1}x^n. Avec S0=0S_0=0, cela vaut ∑n≥1(Sn−Sn−1)xn=∑n≥1xnn\displaystyle\sum_{n\ge1}(S_n-S_{n-1})x^n=\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}, car Sn−Sn−1=1nS_n-S_{n-1}=\dfrac1n.

3. Expression de FF

On sait que ∑n≥1xnn=−ln⁡(1−x)\displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n}=-\ln(1-x) sur ]−1,1[]-1,1[. Donc F(x)=−ln⁡(1−x)1−x,x∈ ]−1,1[.\boxed{F(x)=\frac{-\ln(1-x)}{1-x},\qquad x\in\,]-1,1[.}