مسابقة دكتوراه 2026 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

Concours d'accès à la formation de troisième cycle — Domaine: Mathématiques et Informatique, Filière: Mathématiques générales, Spécialité: Commun, Épreuve générale, Sujet n°3, Année universitaire 2025-2026, Date: 18-04-2026

التمرين 1

Injectivité, surjectivité et bijectivité selon les dimensions

#algèbre linéaire#applications linéaires#théorème du rang

Si $f$ est une application linéaire de $\mathbb R^3$ dans $\mathbb R^2$ , parmi les affirmations suivantes lesquelles sont sûrement fausses :

$f$ est injective
$f$ est surjective
$f$ est bijective

Mêmes questions dans le cas où $f$ est une application linéaire de $\mathbb R^2$ dans $\mathbb R^3$ , puis dans le cas où $f$ est une application linéaire de $\mathbb R^2$ dans $\mathbb R^2$ .

Le théorème du rang donne immédiatement les impossibilités liées aux dimensions ; pour montrer qu'une propriété n'est PAS sûrement fausse, il suffit d'exhiber un exemple qui la vérifie.

◀الحل

Cas $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ . Par le théorème du rang, $\dim\ker f=3-\mathrm{rg}(f)\ge 3-2=1>0$ , donc $f$ n'est jamais injective : l'affirmation 1) est sûrement fausse. Comme la bijectivité exige l'injectivité, 3) est aussi sûrement fausse. En revanche $f$ peut être surjective (ex. une projection) : 2) n'est pas sûrement fausse.

Cas $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^3$ . $\mathrm{rg}(f)\le 2<3$ , donc $f$ n'est jamais surjective : 2) est sûrement fausse, et donc 3) aussi. En revanche $f$ peut être injective (ex. une inclusion) : 1) n'est pas sûrement fausse.

Cas $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ . Les dimensions sont égales : $f$ peut être bijective (ex. l'identité), donc injective et surjective également. Aucune des trois affirmations n'est sûrement fausse.

التمرين 2

Inégalité sur la partie entière

#partie entière#analyse réelle#inégalités

$E(x)$ désigne la partie entière de $x$ . Montrer que pour tout $x$ et $y$ réels on a : $E(x)+E(y)+E(x+y)\le E(2x)+E(2y).$ On pourra distinguer les cas $\big(E(x)\le x<E(x)+\tfrac12$ ou $E(x)+\tfrac12\le x<E(x)+1\big)$ et $\big(E(y)\le y<E(y)+\tfrac12$ ou $E(y)+\tfrac12\le y<E(y)+1\big)$ .

Tout repose sur le fait que $\delta_x=E(2x)-2E(x)$ vaut $1$ exactement quand la partie fractionnaire de $x$ est $\ge 1/2$ — relier cela à la condition $\{x\}+\{y\}\ge1$ termine la preuve.

◀الحل

Notons $\{x\}=x-E(x)\in[0,1)$ la partie fractionnaire.

Étape 1. $E(x+y)=E(x)+E(y)+E(\{x\}+\{y\})$ et $\{x\}+\{y\}\in[0,2)$ , donc $E(\{x\}+\{y\})\in\{0,1\}$ : il vaut $1$ si $\{x\}+\{y\}\ge1$ , et $0$ sinon.

Étape 2. Si $0\le\{x\}<\tfrac12$ alors $E(2x)=2E(x)$ (car $2\{x\}<1$ ) ; si $\tfrac12\le\{x\}<1$ alors $E(2x)=2E(x)+1$ (car $2\{x\}\in[1,2)$ ). Donc $\delta_x:=E(2x)-2E(x)\in\{0,1\}$ , égal à $1$ ssi $\{x\}\ge\tfrac12$ . De même pour $\delta_y$ .

Étape 3. Il reste à montrer $E(\{x\}+\{y\})\le \delta_x+\delta_y$ . Si $\{x\}+\{y\}\ge1$ , alors on ne peut pas avoir simultanément $\{x\}<\tfrac12$ et $\{y\}<\tfrac12$ (sinon leur somme serait $<1$ ) ; donc au moins un des deux est $\ge\tfrac12$ , d'où $\delta_x+\delta_y\ge1=E(\{x\}+\{y\})$ . Si $\{x\}+\{y\}<1$ , l'inégalité $0\le\delta_x+\delta_y$ est triviale.

Dans tous les cas, $E(\{x\}+\{y\})\le\delta_x+\delta_y$ , c'est-à-dire $E(x+y)-E(x)-E(y)\le E(2x)-2E(x)+E(2y)-2E(y)$ , ce qui donne exactement $E(x)+E(y)+E(x+y)\le E(2x)+E(2y)$ .

التمرين 3

Module et argument de nombres complexes

#nombres complexes#module et argument

On donne $\theta_0$ un réel tel que : $\cos(\theta_0)=\dfrac{2}{\sqrt5}$ et $\sin(\theta_0)=\dfrac{1}{\sqrt5}$ . Calculer le module et l'argument de chacun des nombres complexes suivants (en fonction de $\theta_0$ ) : $a=3i(2+i)(4+2i)(1+i)\qquad\text{et}\qquad b=\frac{(4+2i)(-1+i)}{(2-i)\,3i}.$

La clé est de repérer que $(2+i)/\sqrt5=e^{i\theta_0}$ : tous les modules et arguments s'expriment ensuite simplement via les règles $|zw|=|z||w|$ et $\arg(zw)=\arg z+\arg w \pmod{2\pi}$ .

◀الحل

Remarquons d'abord que $2+i=\sqrt5\,(\cos\theta_0+i\sin\theta_0)=\sqrt5\,e^{i\theta_0}$ , donc $\arg(2+i)=\theta_0$ et $|2+i|=\sqrt5$ .

Calcul de $a$ . $4+2i=2(2+i)$ , donc $a=6i(2+i)^2(1+i)$ . $|a|=|6i|\cdot|2+i|^2\cdot|1+i|=6\cdot5\cdot\sqrt2=30\sqrt2$ . $\arg(a)=\arg(6i)+2\arg(2+i)+\arg(1+i)=\dfrac\pi2+2\theta_0+\dfrac\pi4=2\theta_0+\dfrac{3\pi}4\ (\mathrm{mod}\ 2\pi)$ . (Vérification directe : $(2+i)^2=3+4i$ , puis $a=6i(3+4i)(1+i)=6i(-1+7i)=-42-6i$ , de module $\sqrt{42^2+6^2}=30\sqrt2$ .)

Calcul de $b$ . $4+2i=2(2+i)$ et $2-i=\overline{2+i}$ a pour argument $-\theta_0$ . $|b|=\dfrac{|4+2i|\cdot|{-1+i}|}{|2-i|\cdot|3i|}=\dfrac{2\sqrt5\cdot\sqrt2}{\sqrt5\cdot3}=\dfrac{2\sqrt2}{3}$ . $\arg(b)=\arg(4+2i)+\arg(-1+i)-\arg(2-i)-\arg(3i)=\theta_0+\dfrac{3\pi}4-(-\theta_0)-\dfrac\pi2=2\theta_0+\dfrac\pi4\ (\mathrm{mod}\ 2\pi)$ . (Vérification directe : $b=-\dfrac2{15}+\dfrac{14}{15}i$ , de module $\dfrac{2\sqrt2}{3}$ .)