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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 03

مسابقة تخصص · EDP · المدة: 2سا

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Concours d'entrée en Doctorat 3ème cycle EDP — Épreuve : Distributions et EDPs, Université de Sidi Bel Abbès, Faculté des Sciences Exactes, Département de Mathématiques — Date 08/02/2025 — Durée 2h.

التمرين 1

Exercice 1 — Formulation variationnelle et conditions de Neumann

#pde#variational-formulation#sobolev-spaces#neumann-conditions

Soit f∈C([0,1])f \in C([0,1]) et α,β∈R\alpha, \beta \in \mathbb{R}. On veut trouver u∈C2([0,1])u \in C^2([0,1]) solution de

(P){−d2udx2+u=fsur ]0,1[u′(0)=α,u′(1)=β.(\mathcal{P}) \begin{cases} -\frac{d^2u}{dx^2} + u = f & \text{sur } ]0,1[ \\\\ u'(0) = \alpha, \quad u'(1) = \beta. \end{cases}

a. On définit pour u,v∈H1(0,1)u, v \in H^1(0,1) : a(u,v)=∫01(u′v′+uv)dxa(u,v) = \int_0^1 (u'v' + uv) dx et l(v)=∫01fv dx−αv(0)+βv(1)l(v) = \int_0^1 fv \, dx - \alpha v(0) + \beta v(1). Montrer que ll est continue et que aa est bilinéaire continue et coercive sur H1(0,1)H^1(0,1). b. Montrer que la solution uu de (P)(\mathcal{P}) vérifie a(u,v)=l(v)a(u,v) = l(v) pour tout v∈H1(0,1)v \in H^1(0,1). c. Soit uu l'unique solution de a(u,v)=l(v)a(u,v) = l(v) pour tout v∈H1(0,1)v \in H^1(0,1). Montrer que u∈C2([0,1])u \in C^2([0,1]) et est solution de (P)(\mathcal{P}).

◀الحل

a.

aa est bilinéaire, ∣a(u,v)∣≤∥u∥H1∥v∥H1|a(u,v)| \leq \|u\|_{H^1}\|v\|_{H^1} (Cauchy-Schwarz), et a(u,u)=∥u∥H12a(u,u) = \|u\|_{H^1}^2 (coercive). ll est continue par injection de Sobolev H1↪CH^1 \hookrightarrow C.

b.

Multiplier (P)(\mathcal{P}) par vv et intégrer par parties : ∫u′v′+uvdx=∫fvdx+[u′v]01=∫fvdx−αv(0)+βv(1)=l(v)\int u'v' + uv dx = \int fv dx + [u'v]_0^1 = \int fv dx - \alpha v(0) + \beta v(1) = l(v).

c.

Par Lax-Milgram, la solution faible existe et est unique. En prenant v∈D(]0,1[)v \in \mathcal{D}(]0,1[), on obtient −u′′+u=f-u'' + u = f au sens des distributions, donc u′′=u−f∈L2u'' = u - f \in L^2, u∈H2↪C1u \in H^2 \hookrightarrow C^1. Par régularité bootstrap, u∈C2u \in C^2. Les conditions de Neumann se récupèrent par IPP.

التمرين 2

Exercice 2 — Distribution de Dirac et espaces de Sobolev

#distributions#sobolev-spaces#pde#fourier-transform

a. Déterminer les s∈Rs \in \mathbb{R} tels que δ∈Hs(Rn)\delta \in H^s(\mathbb{R}^n). b. On considère dans Rn\mathbb{R}^n l'équation −Δu+λu=f-\Delta u + \lambda u = f où λ>0\lambda \gt 0. 1. Lorsque f∈S′f \in S', montrer que cette équation admet une unique solution tempérée u∈S′u \in S'. 2. Lorsque f∈Hs(Rn)f \in H^s(\mathbb{R}^n), s∈Rs \in \mathbb{R}, montrer que u∈Hs+2(Rn)u \in H^{s+2}(\mathbb{R}^n).

◀الحل

a.

δ^=1\hat{\delta} = 1. δ∈Hs  ⟺  (1+∣ξ∣2)s/2⋅1∈L2  ⟺  ∫(1+∣ξ∣2)sdξ<∞  ⟺  s<−n/2\delta \in H^s \iff (1+|\xi|^2)^{s/2} \cdot 1 \in L^2 \iff \int (1+|\xi|^2)^s d\xi \lt \infty \iff s \lt -n/2.

δ∈Hs(Rn)  ⟺  s<−n/2\boxed{\delta \in H^s(\mathbb{R}^n) \iff s \lt -n/2}

b.1.

En Fourier : (∣ξ∣2+λ)u^=f^(|\xi|^2 + \lambda)\hat{u} = \hat{f}, donc u^=f^∣ξ∣2+λ\hat{u} = \frac{\hat{f}}{|\xi|^2+\lambda}. Comme ∣ξ∣2+λ>0|\xi|^2 + \lambda \gt 0, la division est bien définie et u∈S′u \in S'.

b.2.

∥u∥Hs+22=∫(1+∣ξ∣2)s+2∣u^∣2dξ=∫(1+∣ξ∣2)s+2(∣ξ∣2+λ)2∣f^∣2dξ≤C∫(1+∣ξ∣2)s∣f^∣2dξ=C∥f∥Hs2\|u\|_{H^{s+2}}^2 = \int (1+|\xi|^2)^{s+2} |\hat{u}|^2 d\xi = \int \frac{(1+|\xi|^2)^{s+2}}{(|\xi|^2+\lambda)^2} |\hat{f}|^2 d\xi \leq C \int (1+|\xi|^2)^s |\hat{f}|^2 d\xi = C\|f\|_{H^s}^2 car (1+∣ξ∣2)2/(∣ξ∣2+λ)2(1+|\xi|^2)^2/(|\xi|^2+\lambda)^2 est borné.

التمرين 3

Exercice 3 — Limites de distributions et valeur principale

#distributions#principal-value#dirac-delta#limits

Montrer qu'on a dans D′(R)\mathcal{D}'(\mathbb{R}) :

lim⁡ε→0+xx2+ε2=Vp(1x),\lim_{\varepsilon \to 0^+} \frac{x}{x^2 + \varepsilon^2} = Vp\left(\frac{1}{x}\right), lim⁡ε→0+εx2+ε2=πδ.\lim_{\varepsilon \to 0^+} \frac{\varepsilon}{x^2 + \varepsilon^2} = \pi\delta.

Déduire dans D′(R)\mathcal{D}'(\mathbb{R}) :

lim⁡ε→0+1x+iεetlim⁡ε→0+1x−iε.\lim_{\varepsilon \to 0^+} \frac{1}{x + i\varepsilon} \quad \text{et} \quad \lim_{\varepsilon \to 0^+} \frac{1}{x - i\varepsilon}.
◀الحل

Pour φ∈D(R)\varphi \in \mathcal{D}(\mathbb{R}) :

⟨xx2+ε2,φ⟩=∫xφ(x)x2+ε2dx\langle \frac{x}{x^2+\varepsilon^2}, \varphi \rangle = \int \frac{x\varphi(x)}{x^2+\varepsilon^2} dx. Comme xx2+ε2→1x\frac{x}{x^2+\varepsilon^2} \to \frac{1}{x} pour x≠0x \neq 0 et la convergence est dominée en dehors de 0, on montre la convergence vers Vp(1/x)Vp(1/x).

Pour la deuxième : εx2+ε2=1ε⋅1(x/ε)2+1\frac{\varepsilon}{x^2+\varepsilon^2} = \frac{1}{\varepsilon} \cdot \frac{1}{(x/\varepsilon)^2+1}. Par changement t=x/εt = x/\varepsilon : ⟨εx2+ε2,φ⟩=∫φ(εt)t2+1dt→φ(0)∫dt1+t2=πφ(0)\langle \frac{\varepsilon}{x^2+\varepsilon^2}, \varphi \rangle = \int \frac{\varphi(\varepsilon t)}{t^2+1} dt \to \varphi(0) \int \frac{dt}{1+t^2} = \pi \varphi(0).

Déduction : 1x+iε=x−iεx2+ε2=xx2+ε2−iεx2+ε2\frac{1}{x+i\varepsilon} = \frac{x-i\varepsilon}{x^2+\varepsilon^2} = \frac{x}{x^2+\varepsilon^2} - i\frac{\varepsilon}{x^2+\varepsilon^2}.

lim⁡ε→0+1x+iε=Vp(1x)−iπδ\boxed{\lim_{\varepsilon \to 0^+} \frac{1}{x+i\varepsilon} = Vp\left(\frac{1}{x}\right) - i\pi\delta} lim⁡ε→0+1x−iε=Vp(1x)+iπδ\boxed{\lim_{\varepsilon \to 0^+} \frac{1}{x-i\varepsilon} = Vp\left(\frac{1}{x}\right) + i\pi\delta}
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