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مسابقة دكتوراه 2023 — Université Mohamed Boudiaf - M'Sila — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours d'accès au Doctorat LMD — Analyse numérique, EDPs et applications — Épreuve: Analyse et EDOs (coef. 1) — 4 février 2023

التمرين 1

Coordonnées polaires : dérivées et laplacien d'une fonction de deux variables

#calcul différentiel#coordonnées polaires#laplacien

Soit ff une fonction de R2\mathbb{R}^2 dans R\mathbb{R} admettant des dérivées partielles d'ordre 22. Soit g=(g1,g2)g=(g_1,g_2) la fonction de R+×[0,2π[\mathbb{R}_+\times[0,2\pi[ dans R2\mathbb{R}^2 définie par g(r,θ)=(rcos⁡θ,  rsin⁡θ).g(r,\theta)=(r\cos\theta,\; r\sin\theta).

1. On pose F=f∘gF=f\circ g. Calculer ∂F∂r(r,θ)\dfrac{\partial F}{\partial r}(r,\theta) et ∂F∂θ(r,θ)\dfrac{\partial F}{\partial\theta}(r,\theta) en fonction de r,θ,∂f∂x(g(r,θ)),∂f∂y(g(r,θ))r,\theta,\dfrac{\partial f}{\partial x}(g(r,\theta)),\dfrac{\partial f}{\partial y}(g(r,\theta)).

2. Calculer ∂f∂x(g(r,θ))\dfrac{\partial f}{\partial x}(g(r,\theta)), ∂f∂y(g(r,θ))\dfrac{\partial f}{\partial y}(g(r,\theta)) et ∂2f∂x2(g(r,θ))+∂2f∂y2(g(r,θ))\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(g(r,\theta))+\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(g(r,\theta)) en fonction de r,θr,\theta et des dérivées partielles de FF.

◀الحل

1. Dérivées premières de FF

Avec x=rcos⁡θx=r\cos\theta et y=rsin⁡θy=r\sin\theta, la règle de dérivation composée donne (les dérivées de ff étant évaluées en g(r,θ)g(r,\theta)) :

∂F∂r=cos⁡θ ∂f∂x+sin⁡θ ∂f∂y,\frac{\partial F}{\partial r}=\cos\theta\,\frac{\partial f}{\partial x}+\sin\theta\,\frac{\partial f}{\partial y},

∂F∂θ=−rsin⁡θ ∂f∂x+rcos⁡θ ∂f∂y.\frac{\partial F}{\partial\theta}=-r\sin\theta\,\frac{\partial f}{\partial x}+r\cos\theta\,\frac{\partial f}{\partial y}.

2. Dérivées de ff et laplacien

En résolvant ce système linéaire en (fx,fy)\big(f_x,f_y\big) :

∂f∂x=cos⁡θ ∂F∂r−sin⁡θr ∂F∂θ,∂f∂y=sin⁡θ ∂F∂r+cos⁡θr ∂F∂θ.\frac{\partial f}{\partial x}=\cos\theta\,\frac{\partial F}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\,\frac{\partial F}{\partial\theta},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=\sin\theta\,\frac{\partial F}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\,\frac{\partial F}{\partial\theta}.

Laplacien. En dérivant une seconde fois on obtient l'expression du laplacien en coordonnées polaires :

∂2f∂x2+∂2f∂y2=∂2F∂r2+1r∂F∂r+1r2∂2F∂θ2.\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{\partial^2 F}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial F}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2 F}{\partial\theta^2}.

Justification. On calcule Frr=cos⁡2θ fxx+2sin⁡θcos⁡θ fxy+sin⁡2θ fyy,F_{rr}=\cos^2\theta\,f_{xx}+2\sin\theta\cos\theta\,f_{xy}+\sin^2\theta\,f_{yy}, Fθθ=r2(sin⁡2θ fxx−2sin⁡θcos⁡θ fxy+cos⁡2θ fyy)−r(cos⁡θ fx+sin⁡θ fy).F_{\theta\theta}=r^2\big(\sin^2\theta\,f_{xx}-2\sin\theta\cos\theta\,f_{xy}+\cos^2\theta\,f_{yy}\big)-r\big(\cos\theta\,f_x+\sin\theta\,f_y\big). Donc Frr+1r2Fθθ=fxx+fyy−1rFrF_{rr}+\dfrac1{r^2}F_{\theta\theta}=f_{xx}+f_{yy}-\dfrac1r F_r, ce qui donne bien la formule annoncée.

التمرين 2

Série de fonctions x·e^(-nx)/ln n : convergences et régularité

#séries de fonctions#convergence uniforme#convergence normale

Pour n∈Nn\in\mathbb{N} avec n≥2n\ge 2, on définit une fonction fnf_n sur I=[0,+∞[I=[0,+\infty[ par fn(x)=x e−nxln⁡n.f_n(x)=\frac{x\,e^{-nx}}{\ln n}.

1. Montrer que ∑fn\sum f_n converge simplement sur [0,+∞[[0,+\infty[. On notera SS la somme.

2. Montrer que ∑fn\sum f_n converge normalement sur tout intervalle [a,+∞[[a,+\infty[ où a>0a>0, mais pas sur [0,+∞[[0,+\infty[.

3. Montrer que ∑fn\sum f_n converge uniformément sur [0,+∞[[0,+\infty[.

4. Montrer que SS est continue sur [0,+∞[[0,+\infty[ et de classe C1\mathcal{C}^1 sur tout segment [a,b][a,b] de ]0,+∞[]0,+\infty[.

◀الحل

1. Convergence simple

En x=0x=0, fn(0)=0f_n(0)=0. Pour x>0x>0, 0≤fn(x)≤xln⁡2 (e−x)n0\le f_n(x)\le \dfrac{x}{\ln 2}\,(e^{-x})^{n} et la série géométrique ∑(e−x)n\sum (e^{-x})^n converge (0<e−x<10<e^{-x}<1). Donc ∑fn\sum f_n converge simplement sur [0,+∞[[0,+\infty[ ; on pose S(x)=∑n≥2fn(x)S(x)=\sum_{n\ge2} f_n(x).

2. Convergence normale

Sur [a,+∞[[a,+\infty[ (a>0a>0). Comme fn′(x)=(1−nx)e−nxln⁡nf_n'(x)=\dfrac{(1-nx)e^{-nx}}{\ln n}, fnf_n décroît sur [1/n,+∞[[1/n,+\infty[ ; pour nn assez grand (1/n≤a1/n\le a), ∥fn∥∞,[a,+∞[=fn(a)=a e−naln⁡n.\|f_n\|_{\infty,[a,+\infty[}=f_n(a)=\frac{a\,e^{-na}}{\ln n}. La série ∑a e−na/ln⁡n\sum a\,e^{-na}/\ln n converge (géométrique de raison e−a<1e^{-a}<1) : convergence normale sur [a,+∞[[a,+\infty[.

Sur [0,+∞[[0,+\infty[. Le maximum de fnf_n est atteint en x=1/nx=1/n : ∥fn∥∞,[0,+∞[=fn ⁣(1n)=1e nln⁡n.\|f_n\|_{\infty,[0,+\infty[}=f_n\!\left(\tfrac1n\right)=\frac{1}{e\,n\ln n}. Or ∑1nln⁡n\sum \dfrac{1}{n\ln n} diverge (série de Bertrand). La convergence n'est pas normale sur [0,+∞[[0,+\infty[.

3. Convergence uniforme sur [0,+∞[[0,+\infty[

Pour N≥2N\ge2 et tout x≥0x\ge0 : 0≤RN(x)=∑n>Nxe−nxln⁡n≤1ln⁡N∑n>Nxe−nx≤1ln⁡N∑n≥1xe−nx=1ln⁡N⋅xex−1.0\le R_N(x)=\sum_{n>N}\frac{x e^{-nx}}{\ln n}\le \frac1{\ln N}\sum_{n>N} x e^{-nx}\le \frac1{\ln N}\sum_{n\ge1} x e^{-nx}=\frac1{\ln N}\cdot\frac{x}{e^{x}-1}. La fonction x↦xex−1x\mapsto \dfrac{x}{e^{x}-1} est continue sur ]0,+∞[]0,+\infty[, se prolonge par 11 en 00 et tend vers 00 en +∞+\infty : elle est bornée par une constante CC. Donc ∥RN∥∞≤C/ln⁡N→0\|R_N\|_\infty\le C/\ln N\to0 : convergence uniforme sur [0,+∞[[0,+\infty[.

4. Régularité de SS

Continuité. Chaque fnf_n est continue et la convergence est uniforme sur [0,+∞[[0,+\infty[, donc SS est continue sur [0,+∞[[0,+\infty[.

Classe C1\mathcal{C}^1 sur [a,b]⊂]0,+∞[[a,b]\subset]0,+\infty[. Sur [a,b][a,b], ∣fn′(x)∣≤(1+nb)e−naln⁡2|f_n'(x)|\le \dfrac{(1+nb)e^{-na}}{\ln 2}, terme général d'une série convergente (décroissance géométrique dominant la croissance polynomiale). Donc ∑fn′\sum f_n' converge normalement sur [a,b][a,b] ; avec la convergence de ∑fn\sum f_n, on conclut S∈C1([a,b])S\in\mathcal{C}^1([a,b]) et S′=∑n≥2fn′S'=\sum_{n\ge2}f_n'.

التمرين 3

Équation xy''+y'+y=0 : étude asymptotique par une fonction d'énergie

#équations différentielles#comportement asymptotique#intégrales généralisées

On considère l'équation différentielle sur R\mathbb{R} : xy′′+y′+y=0.(1)x y''+y'+y=0.\qquad(1) Soit ff une solution de (1)(1), et soit gg définie sur [0,+∞[[0,+\infty[ par g(x)=x(f′(x))2+f2(x).g(x)=x\big(f'(x)\big)^2+f^2(x).

1. Montrer que gg est décroissante. 2. Montrer que gg possède une limite ℓ\ell quand x→+∞x\to+\infty. 3. En déduire que ff est bornée au voisinage de +∞+\infty. 4. Montrer que lim⁡x→+∞f′(x)=0\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0. 5. Justifier la convergence des intégrales ∫1+∞−(f′(x))2dx,∫1+∞f′(x)f(x)xdx,∫1+∞f2(x)xdx.\int_1^{+\infty}-\big(f'(x)\big)^2 dx,\quad \int_1^{+\infty}\frac{f'(x)f(x)}{x} dx,\quad \int_1^{+\infty}\frac{f^2(x)}{x} dx. 6. Montrer que ℓ=0\ell=0. 7. En déduire lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x\to+\infty}f(x).

◀الحل

1. gg est décroissante

g′(x)=(f′)2+2xf′f′′+2ff′=(f′)2+2f′ (xf′′+f).g'(x)=(f')^2+2x f' f''+2 f f'=(f')^2+2f'\,(x f''+f). Or (1)(1) donne xf′′+f=−f′x f''+f=-f', d'où g′(x)=(f′)2+2f′(−f′)=−(f′(x))2≤0.g'(x)=(f')^2+2f'(-f')=-\big(f'(x)\big)^2\le0. Donc gg est décroissante.

2. Limite de gg

Pour x≥0x\ge0, g(x)=x(f′)2+f2≥0g(x)=x(f')^2+f^2\ge0 : décroissante et minorée par 00, gg admet une limite finie ℓ≥0\ell\ge0 en +∞+\infty.

3. ff bornée près de +∞+\infty

Pour x≥1x\ge1, f2(x)≤g(x)≤g(1)f^2(x)\le g(x)\le g(1), donc ∣f(x)∣≤g(1)|f(x)|\le\sqrt{g(1)}.

4. lim⁡f′=0\lim f'=0

Pour x≥1x\ge1, x(f′(x))2≤g(x)≤g(1)x(f'(x))^2\le g(x)\le g(1), donc (f′(x))2≤g(1)/x→0(f'(x))^2\le g(1)/x\to0 : lim⁡x→+∞f′(x)=0\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0.

5. Convergence des trois intégrales

(i) g′=−(f′)2g'=-(f')^2, donc ∫1X−(f′)2dx=g(X)−g(1)→ℓ−g(1)\displaystyle\int_1^{X}-(f')^2 dx=g(X)-g(1)\to \ell-g(1) : l'intégrale converge. En particulier ∫1+∞(f′)2dx<∞\int_1^{+\infty}(f')^2 dx<\infty.

(ii) ff′x=12(f2)′x\dfrac{f f'}{x}=\dfrac12\dfrac{(f^2)'}{x} ; par intégration par parties, ∫1Xff′xdx=12[f2x]1X+12∫1Xf2x2dx.\int_1^X\frac{f f'}{x}dx=\frac12\Big[\frac{f^2}{x}\Big]_1^X+\frac12\int_1^X\frac{f^2}{x^2}dx. ff bornée ⇒f2/x→0\Rightarrow f^2/x\to0 et ∫1+∞f2/x2 dx\int_1^{+\infty}f^2/x^2\,dx converge. Donc la deuxième intégrale converge.

(iii) En multipliant (1)(1) par ff : f2=−xf′′f−f′ff^2=-x f'' f-f' f, soit f2x=−f′′f−f′fx\dfrac{f^2}{x}=-f'' f-\dfrac{f' f}{x}. Or ∫1Xf′′f dx=[f′f]1X−∫1X(f′)2dx\int_1^X f'' f\,dx=[f' f]_1^X-\int_1^X (f')^2 dx converge (f′f→0f'f\to0, ∫(f′)2<∞\int(f')^2<\infty) et ∫f′f/x\int f'f/x converge par (ii). Donc ∫1+∞f2/x dx\int_1^{+\infty} f^2/x\,dx converge.

6. ℓ=0\ell=0

On a g(x)x=(f′)2+f2x\dfrac{g(x)}{x}=(f')^2+\dfrac{f^2}{x} ; par (i) et (iii), ∫1+∞g(x)xdx\int_1^{+\infty}\dfrac{g(x)}{x}dx converge. Mais g(x)→ℓg(x)\to\ell ; si ℓ>0\ell>0 alors g(x)/x∼ℓ/xg(x)/x\sim \ell/x et ∫+∞dx/x\int^{+\infty}dx/x diverge — contradiction. Donc ℓ=0\ell=0.

7. Limite de ff

0≤f2(x)≤g(x)→ℓ=00\le f^2(x)\le g(x)\to\ell=0, donc lim⁡x→+∞f(x)=0\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=0}.