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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات · المعامل: 1 · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès au doctorat 3ème cycle LMD 2024/2025 — Spécialité Analyse fonctionnelle et équations différentielles — Épreuve : Analyse mathématique générale / علم تحليل رياضي عام (Variante 5), Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued, Faculté des Sciences Exactes, Département de Mathématiques — Date 15/02/2025 — Coefficient 1 — Durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Continuité, dérivées partielles et matrice Jacobienne

#multivariable-calculus#continuity#partial-derivatives#jacobian

Soit ff une fonction réelle définie sur R2\mathbb{R}^2 par

f(x,y)={x2y+3y3x2+y2,si (x,y)≠(0,0),0,si (x,y)=(0,0).f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^2y+3y^3}{x^2+y^2}, & \text{si } (x,y)\neq(0,0),\\[1ex] 0, & \text{si } (x,y)=(0,0). \end{cases}

  1. Montrer que ff est continue en (0,0)(0,0).

  2. Calculer les dérivées partielles de ff au point (0,0)(0,0) ainsi que sa dérivée directionnelle suivant le vecteur

v=(12,12).v=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right).

Conclure.

  1. On définit une fonction FF sur R2\mathbb{R}^2 par
F(x,y)=(f(x,y), f(y,x)).F(x,y)=\bigl(f(x,y),\,f(y,x)\bigr).

Déterminer sa matrice jacobienne au point (1,1)(1,1). Conclure.

◀الحل

1.

En coordonnées polaires : f(rcos⁡θ,rsin⁡θ)=r(cos⁡2θsin⁡θ+3sin⁡3θ)f(r\cos\theta, r\sin\theta) = r(\cos^2\theta \sin\theta + 3\sin^3\theta). Comme ∣f∣≤4r→0|f| \leq 4r \to 0, ff est continue en (0,0)(0,0).

2.

∂f∂x(0,0)=lim⁡h→0f(h,0)h=0\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(h,0)}{h} = 0. ∂f∂y(0,0)=lim⁡h→0f(0,h)h=lim⁡3h1=3\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = \lim_{h\to 0} \frac{f(0,h)}{h} = \lim \frac{3h}{1} = 3.

Dérivée directionnelle : Dvf(0,0)=lim⁡t→0f(t/2,t/2)t=lim⁡t(1/2+3/2)t⋅1⋅12=22=2D_v f(0,0) = \lim_{t\to 0} \frac{f(t/\sqrt{2}, t/\sqrt{2})}{t} = \lim \frac{t(1/2+3/2)}{t \cdot 1} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}.

Si ff était différentiable, Dvf=∇f⋅v=0⋅12+3⋅12=32D_v f = \nabla f \cdot v = 0 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}. Or Dvf=2≠32D_v f = \sqrt{2} \neq \frac{3}{\sqrt{2}}. Donc ff n'est pas différentiable en (0,0)(0,0).

3.

En (1,1)(1,1) : f(1,1)=1+32=2f(1,1) = \frac{1+3}{2} = 2 et F(1,1)=(2,2)F(1,1) = (2,2). On calcule les dérivées partielles de ff en (1,1)(1,1) par dérivation de la formule. La matrice Jacobienne de FF est

JF(1,1)=(∂f∂x(1,1)∂f∂y(1,1)∂f∂y(1,1)∂f∂x(1,1))J_F(1,1) = \begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial x}(1,1) & \frac{\partial f}{\partial y}(1,1) \\\\ \frac{\partial f}{\partial y}(1,1) & \frac{\partial f}{\partial x}(1,1) \end{pmatrix}

Après calcul, FF est un difféomorphisme local si det⁡(JF)≠0\det(J_F) \neq 0.

التمرين 2

Exercice 2 — Espace métrique compact et point fixe

#metric-spaces#compact-spaces#fixed-point#contraction

Soit (X,d)(X, d) un espace métrique compact et f:X→Xf : X \to X une application vérifiant

∀(x,y)∈X×X,x≠y⇒d(f(x),f(y))<d(x,y).\forall (x,y) \in X \times X, \quad x \neq y \Rightarrow d(f(x), f(y)) \lt d(x,y).

Soit l'application g:X→Rg : X \to \mathbb{R} définie par g(x)=d(x,f(x))g(x) = d(x, f(x)).

  1. (2 pts) Montrer que gg est continue.
  2. Soit x0∈Xx_0 \in X tel que g(x0)=inf⁡g(x)g(x_0) = \inf g(x). a. (1 pt) Vérifier l'existence du point x0x_0. b. (2 pts) Montrer que x0x_0 est un point fixe unique pour l'application ff.
◀الحل

1.

∣g(x)−g(y)∣=∣d(x,f(x))−d(y,f(y))∣≤d(x,y)+d(f(x),f(y))≤2d(x,y)|g(x) - g(y)| = |d(x,f(x)) - d(y,f(y))| \leq d(x,y) + d(f(x),f(y)) \leq 2d(x,y) par inégalité triangulaire. Donc gg est lipschitzienne, donc continue.

2.a.

gg est continue sur XX compact, donc gg atteint son minimum : il existe x0∈Xx_0 \in X tel que g(x0)=inf⁡x∈Xg(x)g(x_0) = \inf_{x \in X} g(x).

2.b.

Supposons f(x0)≠x0f(x_0) \neq x_0, i.e. g(x0)>0g(x_0) \gt 0. Alors g(f(x0))=d(f(x0),f(f(x0)))<d(x0,f(x0))=g(x0)g(f(x_0)) = d(f(x_0), f(f(x_0))) \lt d(x_0, f(x_0)) = g(x_0). Cela contredit g(x0)=inf⁡gg(x_0) = \inf g. Donc f(x0)=x0f(x_0) = x_0.

Unicité : si f(y0)=y0f(y_0) = y_0 avec y0≠x0y_0 \neq x_0, alors d(f(x0),f(y0))=d(x0,y0)<d(x0,y0)d(f(x_0), f(y_0)) = d(x_0, y_0) \lt d(x_0, y_0), contradiction.

x0 est l’unique point fixe de f\boxed{x_0 \text{ est l'unique point fixe de } f}

التمرين 3

تمرين 3

Soit (X,d)(X,d) un espace métrique compact et f:X→Xf:X\to X une application vérifiant

∀(x,y)∈X×X,x≠y⟹d(f(x),f(y))<d(x,y).\forall(x,y)\in X\times X,\quad x\neq y \Longrightarrow d\bigl(f(x),f(y)\bigr)<d(x,y).

Soit l'application

g:(X,d)⟶(R,∣⋅∣),g(x)=d(x,f(x)).g:(X,d)\longrightarrow(\mathbb{R},|\cdot|), \qquad g(x)=d\bigl(x,f(x)\bigr).

  1. Montrer que gg est continue.

  2. Soit x0∈Xx_0\in X tel que

g(x0)=inf⁡x∈Xg(x).g(x_0)=\inf_{x\in X} g(x).

a. Vérifier l'existence du point x0x_0.

b. Montrer que x0x_0 est l'unique point fixe de l'application ff.

التمرين 4

تمرين 4

Soit h∈L2(R+)h\in L^2(\mathbb{R}_+).

Pour tout x>0x>0, on pose

H(x)=1x∫0xh(t) dt.H(x)=\frac{1}{x}\int_0^x h(t)\,dt.
  1. Démontrer que
(∫0xh(t) dt)2≤2x∫0xt ∣h(t)∣2 dt.\left(\int_0^x h(t)\,dt\right)^2 \le 2\sqrt{x}\int_0^x \sqrt{t}\,|h(t)|^2\,dt.
  1. En déduire que
H∈L2(R+).H\in L^2(\mathbb{R}_+).