📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2023 — Université Hassiba Benbouali - Chlef — الموضوع 04

مسابقة عامة · الرياضيات

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours d'accès à la Formation Doctorale de Mathématiques, Année universitaire 2022-2023 — Épreuve Commune, Faculté des Sciences Exactes et Informatique, Département de Mathématiques, Université Hassiba Benbouali - Chlef, Samedi 21 janvier 2023, Durée : 1h30, Coefficient : 01.

التمرين 1

Exercice 1 — Espace préhilbertien : identité de la médiane

#functional-analysis#hilbert-space#inner-product#norm

On considère EE, un R\mathbb{R}-espace vectoriel muni d'une norme ∥⋅∥\|\cdot\| vérifiant l'identité de la médiane :

\forall x,y \in E,\quad \|x+y\|^2 + \|x-y\|^2 = 2(\|x\|^2 + \|y\|^2) \tag{1}

On pose pour x,y∈Ex,y\in E :

S(x,y) = \frac{1}{4}(\|x+y\|^2 - \|x-y\|^2) \tag{2}

  1. (2 pts) Montrer que SS est symétrique, additive relativement à chaque variable, et S(x,x)≥0S(x,x)\geq 0 pour tout x∈Ex\in E.
  2. (2 pts) Montrer que pour tout rationnel r∈Qr\in\mathbb{Q}, on a S(rx,y)=rS(x,y)S(rx,y)=rS(x,y).
  3. (1 pt) Déduire que S(rx,y)=rS(x,y)S(rx,y)=rS(x,y) pour tout réel r∈Rr\in\mathbb{R}.
  4. (2 pts) Déduire que SS définit bien un produit scalaire sur EE et que la norme induite par SS est bien ∥⋅∥\|\cdot\|.
◀الحل

1.

Symétrie : S(x,y)=14(∥x+y∥2−∥x−y∥2)=14(∥y+x∥2−∥y−x∥2)=S(y,x)S(x,y)=\frac{1}{4}(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2)=\frac{1}{4}(\|y+x\|^2-\|y-x\|^2)=S(y,x).

Additivité : En développant avec (1) : S(x+z,y)=14(∥x+z+y∥2−∥x+z−y∥2)S(x+z,y)=\frac{1}{4}(\|x+z+y\|^2-\|x+z-y\|^2). Using the identity (1)(1) plusieurs fois, on obtient S(x+z,y)=S(x,y)+S(z,y)S(x+z,y)=S(x,y)+S(z,y).

Positivité : S(x,x)=14(∥2x∥2−0)=∥x∥2≥0S(x,x)=\frac{1}{4}(\|2x\|^2-0)=\|x\|^2\geq 0.

2.

Pour n∈Zn\in\mathbb{Z} : par récurrence et additivité, S(nx,y)=nS(x,y)S(nx,y)=nS(x,y). Pour r=p/q∈Qr=p/q\in\mathbb{Q} : qS(rx,y)=S(qrx,y)=S(px,y)=pS(x,y)qS(rx,y)=S(qrx,y)=S(px,y)=pS(x,y), donc S(rx,y)=rS(x,y)S(rx,y)=rS(x,y).

3.

Pour r∈Rr\in\mathbb{R}, il existe (rn)⊂Q(r_n)\subset\mathbb{Q} avec rn→rr_n\to r. Par continuité de la norme : S(rnx,y)=rnS(x,y)→rS(x,y)S(r_n x,y)=r_n S(x,y)\to rS(x,y) et S(rnx,y)→S(rx,y)S(r_n x,y)\to S(rx,y) (continuité). Donc S(rx,y)=rS(x,y)S(rx,y)=rS(x,y).

4.

SS est bilinéaire (additivité + homogénéité), symétrique, et S(x,x)=∥x∥2≥0S(x,x)=\|x\|^2\geq 0 avec S(x,x)=0⇔x=0S(x,x)=0\Leftrightarrow x=0. Donc SS est un produit scalaire. La norme induite : S(x,x)=∥x∥\sqrt{S(x,x)}=\|x\|. ✓

التمرين 2

Exercice 2 — Espace métrique : distance et séparation

#metric-space#topology#closed-sets#continuous-functions

On considère (E,d)(E,d) un espace métrique et AA, BB deux parties de EE.

  1. (1 pt) Montrer que d(x,A)=0d(x,A)=0 si, et seulement si, x∈Aˉx\in\bar{A}.
  2. (2 pts) Montrer que si Aˉ∩Bˉ=∅\bar{A}\cap\bar{B}=\emptyset, alors l'application

h(x)=d(x,A)d(x,A)+d(x,B)h(x) = \frac{d(x,A)}{d(x,A)+d(x,B)}

est continue sur EE. Que vaut-elle sur AA et sur BB ? 3. (1 pt) Déduire qu'il existe deux ouverts disjoints UU et VV de EE tels que Aˉ⊂U\bar{A}\subset U et Bˉ⊂V\bar{B}\subset V.

◀الحل

1.

d(x,A)=inf⁡a∈Ad(x,a)=0⇔d(x,A)=\inf_{a\in A}d(x,a)=0 \Leftrightarrow il existe une suite (an)⊂A(a_n)\subset A avec an→x⇔x∈Aˉa_n\to x \Leftrightarrow x\in\bar{A}.

2.

Si Aˉ∩Bˉ=∅\bar{A}\cap\bar{B}=\emptyset, pour tout xx : si d(x,A)=0d(x,A)=0 alors x∈Aˉx\in\bar{A}, donc x∉Bˉx\notin\bar{B}, donc d(x,B)>0d(x,B)>0. Ainsi d(x,A)+d(x,B)>0d(x,A)+d(x,B)>0 partout, et hh est bien définie. d(⋅,A)d(\cdot,A) et d(⋅,B)d(\cdot,B) sont 11-lipschitziennes, donc hh est continue.

Sur AA : d(x,A)=0d(x,A)=0, donc h(x)=0h(x)=0. Sur BB : d(x,B)=0d(x,B)=0, donc h(x)=1h(x)=1.

3.

Poser U=h−1([0,12[)U=h^{-1}([0,\frac{1}{2}[) et V=h−1(]12,1])V=h^{-1}(]\frac{1}{2},1]). Ces ensembles sont ouverts (image réciproque d'ouverts par hh continue), disjoints, Aˉ⊂U\bar{A}\subset U et Bˉ⊂V\bar{B}\subset V.

التمرين 3

Exercice 3 — Analyse : continuité et dérivées partielles de f sur ℝ²

#multivariable-calculus#continuity#partial-derivatives#differentiability

On considère sur R2\mathbb{R}^2 la fonction ff définie par :

f(x,y)={x2ysin⁡1xsi x≠00si x=0f(x,y) = \begin{cases} x^2 y\sin\dfrac{1}{x} & \text{si } x\neq 0 \\ 0 & \text{si } x=0 \end{cases}

  1. (1 pt) Étudier la continuité de ff.
  2. (1 pt) Étudier l'existence des dérivées partielles de ff.
  3. (1 pt) Calculer les dérivées partielles de ff là où elles existent.
  4. (2 pts) Montrer que ff n'est pas de classe C1C^1 sur R2\mathbb{R}^2.
  5. (1 pt) Donner le domaine DD de R2\mathbb{R}^2 sur lequel ff est de classe C1C^1.
◀الحل

1. Continuité

Pour x≠0x\neq 0 : ff est C∞C^\infty. En (0,y0)(0,y_0) : ∣f(x,y)∣≤x2∣y∣→0|f(x,y)|\leq x^2|y|\to 0 quand (x,y)→(0,y0)(x,y)\to(0,y_0). Donc ff est continue sur R2\mathbb{R}^2.

2. Existence des dérivées partielles

En (0,y0)(0,y_0) : ∂f∂x(0,y0)=lim⁡h→0h2y0sin⁡(1/h)h=lim⁡h→0hy0sin⁡(1/h)=0\frac{\partial f}{\partial x}(0,y_0)=\lim_{h\to 0}\frac{h^2 y_0\sin(1/h)}{h}=\lim_{h\to 0}hy_0\sin(1/h)=0. ∂f∂y(0,y0)=lim⁡h→0f(0,y0+h)−0h=0\frac{\partial f}{\partial y}(0,y_0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(0,y_0+h)-0}{h}=0. Les dérivées partielles existent en tout point.

3. Calcul

Pour x≠0x\neq 0 : ∂f∂x=2xysin⁡1x−ycos⁡1x,∂f∂y=x2sin⁡1x\frac{\partial f}{\partial x}=2xy\sin\frac{1}{x}-y\cos\frac{1}{x}, \quad \frac{\partial f}{\partial y}=x^2\sin\frac{1}{x} En x=0x=0 : ∂f∂x(0,y0)=0\frac{\partial f}{\partial x}(0,y_0)=0, ∂f∂y(0,y0)=0\frac{\partial f}{\partial y}(0,y_0)=0.

4. Non C1C^1

∂f∂x(x,y0)=2xy0sin⁡1x−y0cos⁡1x\frac{\partial f}{\partial x}(x,y_0)=2xy_0\sin\frac{1}{x}-y_0\cos\frac{1}{x}. Pour y0≠0y_0\neq 0, le terme −y0cos⁡(1/x)-y_0\cos(1/x) oscille quand x→0x\to 0, donc ∂f∂x\frac{\partial f}{\partial x} est discontinue en (0,y0)(0,y_0) pour y0≠0y_0\neq 0. Donc f∉C1(R2)f\notin C^1(\mathbb{R}^2).

5. Domaine C1C^1

D=(R∖{0})×R∪{(0,0)}\boxed{D = (\mathbb{R}\setminus\{0\})\times\mathbb{R}\cup\{(0,0)\}}