📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2025 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 07

مسابقة عامة · الرياضيات

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours national d'accès à la formation Doctorat LMD 2024–2025 — Spécialité Mathématiques Appliquées — Épreuve 1 : Mathématiques générales, Sujet N°3 — Université Djillali Liabès de Sidi Bel Abbès, Faculté des Sciences Exactes.

التمرين 1

Exercice 1 — Symétrie des intégrales et application

#integration#symmetry#change-of-variables#odd-functions
  1. Soient a,ba, b deux réels tels que a<ba \lt 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

  1. En déduire la valeur de l'intégrale

I=∫0πxsin⁡x1+cos⁡2x dxI = \int_0^\pi \frac{x\sin x}{1 + \cos^2 x}\,dx

  1. En déduire que si ff est une fonction impaire et intégrable sur l'intervalle [−a,a][-a, a] (a>0a \gt 0) alors

∫−aaf(x) dx=0\int_{-a}^a f(x)\,dx = 0

◀الحل

1.

Substitution u=a+b−xu = a + b - x : du=−dxdu = -dx. Quand x=ax = a, u=bu = b ; quand x=bx = b, u=au = a.

∫abf(a+b−x) dx=∫baf(u)(−du)=∫abf(u) du□\int_a^b f(a+b-x)\,dx = \int_b^a f(u)(-du) = \int_a^b f(u)\,du \quad \square

2.

Avec a=0a = 0, b=πb = \pi et f(x)=xsin⁡x1+cos⁡2xf(x) = \frac{x\sin x}{1+\cos^2 x}, on a f(π−x)=(π−x)sin⁡x1+cos⁡2xf(\pi - x) = \frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos^2 x}.

Par la question 1 : I=∫0π(π−x)sin⁡x1+cos⁡2x dxI = \int_0^\pi \frac{(\pi-x)\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.

En ajoutant : 2I=π∫0πsin⁡x1+cos⁡2x dx2I = \pi\int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos^2 x}\,dx.

Substitution t=cos⁡xt = \cos x, dt=−sin⁡x dxdt = -\sin x\,dx :

2I=π∫1−1−dt1+t2=π[arctan⁡t]−11=π⋅π2=π222I = \pi\int_1^{-1}\frac{-dt}{1+t^2} = \pi[\arctan t]_{-1}^1 = \pi\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi^2}{2}

I=π24\boxed{I = \frac{\pi^2}{4}}

3.

Avec a=−aa = -a, b=ab = a, la formule donne ∫−aaf(x) dx=∫−aaf(−x) dx\int_{-a}^a f(x)\,dx = \int_{-a}^a f(-x)\,dx.

Puisque ff est impaire : f(−x)=−f(x)f(-x) = -f(x), donc ∫−aaf dx=−∫−aaf dx\int_{-a}^a f\,dx = -\int_{-a}^a f\,dx, d'où

∫−aaf(x) dx=0□\boxed{\int_{-a}^a f(x)\,dx = 0} \quad \square

التمرين 2

Exercice 2 — Matrice de rotation : diagonalisation et puissances

#rotation-matrix#diagonalization#complex-eigenvalues#matrix-powers

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 RθnR_\theta^n, ∀n≥1\forall n \geq 1.

◀الحل

1.

Polynôme caractéristique : χ(λ)=λ2−2cos⁡θ λ+1\chi(\lambda) = \lambda^2 - 2\cos\theta\,\lambda + 1.

Discriminant : Δ=4cos⁡2θ−4=−4sin⁡2θ\Delta = 4\cos^2\theta - 4 = -4\sin^2\theta.

Valeurs propres réelles ⇔\Leftrightarrow sin⁡θ=0\sin\theta = 0 ⇔\Leftrightarrow θ=kπ\theta = k\pi, k∈Zk \in \mathbb{Z}.

  • θ=2kπ\theta = 2k\pi : Rθ=I2R_\theta = I_2 diagonalisable.
  • θ=(2k+1)π\theta = (2k+1)\pi : Rθ=−I2R_\theta = -I_2 diagonalisable.

Rθ est diagonalisable sur R⇔θ∈{kπ,  k∈Z}\boxed{R_\theta \text{ est diagonalisable sur } \mathbb{R} \Leftrightarrow \theta \in \{k\pi,\; k \in \mathbb{Z}\}}

2.

Sur C\mathbb{C}, les valeurs propres sont λ±=e±iθ\lambda_{\pm} = e^{\pm i\theta} (toujours distinctes si sin⁡θ≠0\sin\theta \neq 0), donc RθR_\theta est diagonalisable sur C\mathbb{C} :

Rθ∼D=(eiθ00e−iθ)R_\theta \sim D = \begin{pmatrix} e^{i\theta} & 0 \\\\ 0 & e^{-i\theta} \end{pmatrix}

Ainsi Rθn=PDnP−1R_\theta^n = P D^n P^{-1} avec Dn=diag(einθ,e−inθ)D^n = \mathrm{diag}(e^{in\theta}, e^{-in\theta}).

Par la formule de de Moivre :

Rθn=(cos⁡(nθ)−sin⁡(nθ)sin⁡(nθ)cos⁡(nθ))=Rnθ\boxed{R_\theta^n = \begin{pmatrix} \cos(n\theta) & -\sin(n\theta) \\\\ \sin(n\theta) & \cos(n\theta) \end{pmatrix} = R_{n\theta}}

التمرين 3

Exercice 3 — Série entière associée aux nombres harmoniques

#power-series#harmonic-numbers#radius-of-convergence#series

Pour n≥1n \geq 1, on pose Sn=∑k=1n1kS_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} et on s'intéresse à la série entière S∙=∑n≥1SnxnS_\bullet = \sum_{n \geq 1} 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_\bullet(x) = \sum_{n \geq 1} 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}

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

1.

On a Sn∼ln⁡nS_n \sim \ln n quand n→∞n \to \infty. Donc lim sup⁡n→∞∣Sn∣1/n=lim⁡n→∞(ln⁡n)1/n=1\limsup_{n\to\infty} |S_n|^{1/n} = \lim_{n\to\infty} (\ln n)^{1/n} = 1.

R=1\boxed{R = 1}

2.

(1−x)F(x)=∑n=1∞Snxn−∑n=1∞Snxn+1=∑n=1∞Snxn−∑n=2∞Sn−1xn(1-x)F(x) = \sum_{n=1}^\infty S_n x^n - \sum_{n=1}^\infty S_n x^{n+1} = \sum_{n=1}^\infty S_n x^n - \sum_{n=2}^\infty S_{n-1} x^n

=S1x+∑n=2∞(Sn−Sn−1)xn=x+∑n=2∞xnn= S_1 x + \sum_{n=2}^\infty (S_n - S_{n-1})x^n = x + \sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n}

=∑n=1+∞xnn\boxed{= \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{n}}

3.

On sait que ∑n=1∞xnn=−ln⁡(1−x)\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n} = -\ln(1-x) pour x∈(−1,1)x \in (-1, 1).

Donc (1−x)F(x)=−ln⁡(1−x)(1-x)F(x) = -\ln(1-x), d'où

F(x)=−ln⁡(1−x)1−x,x∈(−1,1)\boxed{F(x) = \frac{-\ln(1-x)}{1-x}, \quad x \in (-1, 1)}