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مسابقة دكتوراه 2023 — Université Larbi Ben M'Hidi - Oum El Bouaghi — الموضوع 02

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

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Concours de Doctorat LMD 2022/2023 — Épreuve commune — Durée 1h30, Coeff. 01

التمرين 1

Intégrale de Bertrand, comparaison série-intégrale et série de fonctions $C^1$

#intégrales généralisées#séries de Bertrand#comparaison série-intégrale#séries de fonctions#convergence normale

1. Étudier, selon α∈R\alpha\in\mathbb{R}, la nature de l'intégrale ∫2+∞dtt(ln⁡t)α\displaystyle\int_2^{+\infty}\frac{dt}{t(\ln t)^\alpha} (utiliser le changement de variable u=ln⁡tu=\ln t) et donner sa valeur lorsqu'elle converge.

2. En déduire, par comparaison série-intégrale, la nature de la série ∑n≥21n(ln⁡n)2\displaystyle\sum_{n\ge2}\frac1{n(\ln n)^2}.

3. On pose, pour n≥1n\ge1, fn(x)=ln⁡(n2x2+1)n2 (ln⁡(n+1))2f_n(x)=\dfrac{\ln(n^2x^2+1)}{n^2\,(\ln(n+1))^2} et f=∑n≥1fnf=\displaystyle\sum_{n\ge1}f_n. Déterminer le domaine de définition DD de ff, montrer la convergence normale de la série des dérivées et conclure que f∈C1(D)f\in C^1(D).

◀الحل

1. Intégrale de Bertrand

Avec u=ln⁡tu=\ln t, du=dttdu=\frac{dt}t : ∫2+∞dtt(ln⁡t)α=∫ln⁡2+∞duuα.\int_2^{+\infty}\frac{dt}{t(\ln t)^\alpha}=\int_{\ln2}^{+\infty}\frac{du}{u^\alpha}. Cette intégrale de Riemann converge si et seulement si α>1\alpha>1, et vaut alors [u1−α1−α]ln⁡2+∞=(ln⁡2)1−αα−1.\Big[\frac{u^{1-\alpha}}{1-\alpha}\Big]_{\ln2}^{+\infty}=\frac{(\ln2)^{1-\alpha}}{\alpha-1}. Pour α≤1\alpha\le1 elle diverge.

2. Série associée

La fonction t↦1t(ln⁡t)2t\mapsto\dfrac1{t(\ln t)^2} est positive et décroissante sur [2,+∞[[2,+\infty[. Par le critère de comparaison série-intégrale, la série ∑n≥21n(ln⁡n)2\sum_{n\ge2}\dfrac1{n(\ln n)^2} a la même nature que ∫2+∞dtt(ln⁡t)2\int_2^{+\infty}\dfrac{dt}{t(\ln t)^2}, qui converge (α=2>1\alpha=2>1). Donc la série converge.

3. Série de fonctions

Domaine. Chaque fnf_n est définie sur R\mathbb{R} (n2x2+1>0n^2x^2+1>0). Pour xx fixé, ln⁡(n2x2+1)∼2ln⁡n\ln(n^2x^2+1)\sim2\ln n, donc fn(x)∼2ln⁡nn2(ln⁡n)2=2n2ln⁡nf_n(x)\sim\dfrac{2\ln n}{n^2(\ln n)^2}=\dfrac2{n^2\ln n}, terme d'une série convergente. Donc D=RD=\mathbb{R}.

Convergence normale des dérivées. On a fn′(x)=2x(n2x2+1)(ln⁡(n+1))2.f_n'(x)=\frac{2x}{(n^2x^2+1)(\ln(n+1))^2}. La fonction x↦2∣x∣n2x2+1x\mapsto\dfrac{2|x|}{n^2x^2+1} atteint son maximum en x=1nx=\tfrac1n, avec valeur 1n\dfrac1n. Donc sup⁡x∈R∣fn′(x)∣=1n(ln⁡(n+1))2,\sup_{x\in\mathbb{R}}|f_n'(x)|=\frac1{n(\ln(n+1))^2}, et ∑n1n(ln⁡(n+1))2\sum_n\dfrac1{n(\ln(n+1))^2} converge (question 2). La série ∑fn′\sum f_n' converge normalement sur R\mathbb{R}.

Conclusion. Chaque fnf_n est C1C^1, la série ∑fn\sum f_n converge (en x=0x=0, fn(0)=0f_n(0)=0) et ∑fn′\sum f_n' converge normalement (donc uniformément). Par le théorème de dérivation terme à terme, f∈C1(R)f\in C^1(\mathbb{R}) et f′=∑nfn′f'=\sum_n f_n'.

التمرين 2

Fonctions harmoniques, conjuguée et carré du gradient complexe

#fonctions harmoniques#équations de Cauchy-Riemann#analyse complexe#harmonique conjuguée

On dit que u,v∈C2(R2)u,v\in C^2(\mathbb{R}^2) vérifient le système (E)(E) si ∂u∂x=∂v∂y\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{\partial v}{\partial y} et ∂u∂y=−∂v∂x\dfrac{\partial u}{\partial y}=-\dfrac{\partial v}{\partial x}.

1. Montrer que si u,vu,v vérifient (E)(E), alors uu et vv sont harmoniques.

2. Déterminer vv telle que (u,v)(u,v) vérifie (E)(E) pour u(x,y)=x2−y2u(x,y)=x^2-y^2.

3. Soit ff une fonction harmonique de classe C2C^2 sur R2\mathbb{R}^2. On pose G=(∂f∂x)2−(∂f∂y)2G=\big(\tfrac{\partial f}{\partial x}\big)^2-\big(\tfrac{\partial f}{\partial y}\big)^2 et F=2 ∂f∂x∂f∂yF=2\,\tfrac{\partial f}{\partial x}\tfrac{\partial f}{\partial y}. Montrer que GG et FF vérifient des relations de type (E)(E).

4. En déduire que H=(∂f∂x)2−(∂f∂y)2+2 ∂f∂x∂f∂yH=\big(\tfrac{\partial f}{\partial x}\big)^2-\big(\tfrac{\partial f}{\partial y}\big)^2+2\,\tfrac{\partial f}{\partial x}\tfrac{\partial f}{\partial y} est harmonique.

◀الحل

1. (E)⇒(E)\Rightarrow harmonicité

Δu=uxx+uyy=∂x(vy)+∂y(−vx)=vyx−vxy=0\Delta u=u_{xx}+u_{yy}=\partial_x(v_y)+\partial_y(-v_x)=v_{yx}-v_{xy}=0 (Schwarz). De même Δv=vxx+vyy=∂x(−uy)+∂y(ux)=−uyx+uxy=0\Delta v=v_{xx}+v_{yy}=\partial_x(-u_y)+\partial_y(u_x)=-u_{yx}+u_{xy}=0. Donc uu et vv sont harmoniques.

2. Conjuguée de u=x2−y2u=x^2-y^2

(E)(E) donne vy=ux=2x⇒v=2xy+h(x)v_y=u_x=2x\Rightarrow v=2xy+h(x), puis vx=2y+h′(x)=−uy=2y⇒h′(x)=0v_x=2y+h'(x)=-u_y=2y\Rightarrow h'(x)=0. Donc v(x,y)=2xy(+ const).v(x,y)=2xy\quad(+\ \text{const}). (On reconnaît u+iv=z2u+iv=z^2.)

3. Relations de type (E)(E) pour (G,F)(G,F)

ff étant harmonique (fxx+fyy=0f_{xx}+f_{yy}=0), on calcule Gx=2fxfxx−2fyfxy,Fy=2fxfyy+2fyfxy ⇒ Gx+Fy=2fx(fxx+fyy)=0,G_x=2f_xf_{xx}-2f_yf_{xy},\quad F_y=2f_xf_{yy}+2f_yf_{xy}\ \Rightarrow\ G_x+F_y=2f_x(f_{xx}+f_{yy})=0, Gy=2fxfxy−2fyfyy,Fx=2fyfxx+2fxfxy ⇒ Gy−Fx=−2fy(fxx+fyy)=0.G_y=2f_xf_{xy}-2f_yf_{yy},\quad F_x=2f_yf_{xx}+2f_xf_{xy}\ \Rightarrow\ G_y-F_x=-2f_y(f_{xx}+f_{yy})=0. Donc Gx=−Fy,Gy=Fx,\boxed{G_x=-F_y,\qquad G_y=F_x,} c'est-à-dire que (G,F)(G,F) vérifie les relations de Cauchy-Riemann exprimant que G−iF=(fx−ify)2G-iF=(f_x-if_y)^2 est holomorphe (car fx−ifyf_x-if_y l'est, ff étant harmonique).

4. Harmonicité de HH

D'après 3., GG et FF sont respectivement (au signe près) partie réelle et imaginaire de la fonction holomorphe (fx−ify)2(f_x-if_y)^2, donc toutes deux harmoniques : ΔG=ΔF=0\Delta G=\Delta F=0. Par linéarité du laplacien, ΔH=Δ(G+F)=ΔG+ΔF=0,\Delta H=\Delta(G+F)=\Delta G+\Delta F=0, donc HH est harmonique.

التمرين 3

Interpolation de Lagrange et approximation de $\sin(\pi/9)$

#analyse numérique#interpolation de Lagrange#décomposition en éléments simples#approximation

Soient x0,x1,…,xnx_0,x_1,\dots,x_n des points distincts et w(x)=∏i=0n(x−xi)w(x)=\displaystyle\prod_{i=0}^n(x-x_i). On note wi=w′(xi)=∏j≠i(xi−xj)w_i=w'(x_i)=\displaystyle\prod_{j\neq i}(x_i-x_j) et Δi=1wi\Delta_i=\dfrac1{w_i}.

1. Écrire le polynôme d'interpolation de Lagrange PfP_f d'une fonction ff aux points xix_i à l'aide de ww.

2. Montrer que w(x)∑i=0nΔix−xi=1\displaystyle w(x)\sum_{i=0}^n\frac{\Delta_i}{x-x_i}=1, et en déduire la décomposition en éléments simples (∗)(*) : 1w(x)=∑i=0nΔix−xi\dfrac1{w(x)}=\displaystyle\sum_{i=0}^n\frac{\Delta_i}{x-x_i}.

3. Application : approcher sin⁡(π/9)\sin(\pi/9) en interpolant f(x)=sin⁡(πx)f(x)=\sin(\pi x) aux points x0=0x_0=0, x1=16x_1=\tfrac16, x2=14x_2=\tfrac14.

◀الحل

1. Polynôme de Lagrange

Pf(x)=∑i=0nf(xi)∏j≠ix−xjxi−xj=∑i=0nf(xi) w(x)(x−xi) w′(xi).P_f(x)=\sum_{i=0}^n f(x_i)\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}=\sum_{i=0}^n f(x_i)\,\frac{w(x)}{(x-x_i)\,w'(x_i)}.

2. Identité et éléments simples

Le polynôme d'interpolation de la fonction constante f≡1f\equiv1 aux n+1n+1 points est 11 lui-même (unicité, degré ≤n\le n). D'après 1. avec f(xi)=1f(x_i)=1 et Δi=1/w′(xi)\Delta_i=1/w'(x_i) : 1=P1(x)=∑i=0nw(x)(x−xi)w′(xi)=w(x)∑i=0nΔix−xi.1=P_1(x)=\sum_{i=0}^n\frac{w(x)}{(x-x_i)w'(x_i)}=w(x)\sum_{i=0}^n\frac{\Delta_i}{x-x_i}. En divisant par w(x)w(x) (pour x≠xix\neq x_i) : 1w(x)=∑i=0nΔix−xi.(∗)\frac1{w(x)}=\sum_{i=0}^n\frac{\Delta_i}{x-x_i}.\qquad(*)

3. Approximation de sin⁡(π/9)\sin(\pi/9)

Données : f(0)=0, f(16)=sin⁡π6=12, f(14)=sin⁡π4=22f(0)=0,\ f(\tfrac16)=\sin\tfrac\pi6=\tfrac12,\ f(\tfrac14)=\sin\tfrac\pi4=\tfrac{\sqrt2}2. Les bases de Lagrange donnent L1(x)=−72 x(x−14),L2(x)=48 x(x−16),L_1(x)=-72\,x(x-\tfrac14),\qquad L_2(x)=48\,x(x-\tfrac16), d'où Pf(x)=12L1(x)+22L2(x)=−36 x(x−14)+242 x(x−16).P_f(x)=\tfrac12L_1(x)+\tfrac{\sqrt2}2L_2(x)=-36\,x(x-\tfrac14)+24\sqrt2\,x(x-\tfrac16).

En x=19x=\tfrac19 (car sin⁡(π/9)=f(1/9)\sin(\pi/9)=f(1/9)) : Pf ⁣(19)=−36⋅19⋅(−536)+242⋅19⋅(−118)=59−4227=15−4227.P_f\!\Big(\tfrac19\Big)=-36\cdot\tfrac19\cdot\big(-\tfrac5{36}\big)+24\sqrt2\cdot\tfrac19\cdot\big(-\tfrac1{18}\big)=\frac59-\frac{4\sqrt2}{27}=\frac{15-4\sqrt2}{27}. sin⁡π9≈15−4227≈0,346\boxed{\sin\frac\pi9\approx\frac{15-4\sqrt2}{27}\approx0{,}346} (valeur exacte sin⁡20∘≈0,342\sin20^\circ\approx0{,}342 : erreur ≈4⋅10−3\approx4\cdot10^{-3}).