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مسابقة دكتوراه 2023 — Université Mohamed Boudiaf - M'Sila — الموضوع 03

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

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Concours d'accès à la formation de troisième cycle « Doctorat LMD », intitulé du doctorat « Analyse numérique, EDPs et applications », examen « Analyse et EDOs » (coefficient 1), Université Mohamed Boudiaf de M'sila, Faculté des Mathématiques et de l'Informatique, le 4 février 2023, durée 1h30 (13h00–14h30).

التمرين 1

Exercice 1 — Coordonnées polaires et laplacien

#chain-rule#polar-coordinates#laplacian#partial-derivatives

(06 points) Soit ff une fonction de R2\mathbb{R}^2 dans R\mathbb{R} admettant des dérivées partielles d'ordre 2. 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,θr,\theta, ∂f∂x(g(r,θ))\dfrac{\partial f}{\partial x}(g(r,\theta)) et ∂f∂y(g(r,θ))\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.

Par la règle de la chaîne, en notant fx,fyf_x, f_y les dérivées évaluées en g(r,θ)g(r,\theta) :

∂F∂r=cos⁡θ fx+sin⁡θ fy\frac{\partial F}{\partial r}=\cos\theta\, f_x+\sin\theta\, f_y

∂F∂θ=−rsin⁡θ fx+rcos⁡θ fy\frac{\partial F}{\partial\theta}=-r\sin\theta\, f_x+r\cos\theta\, f_y

2.

En résolvant ce système linéaire (déterminant r>0r\gt 0) :

fx=cos⁡θ ∂F∂r−sin⁡θr ∂F∂θ,fy=sin⁡θ ∂F∂r+cos⁡θr ∂F∂θ\boxed{f_x=\cos\theta\,\frac{\partial F}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\,\frac{\partial F}{\partial\theta},\qquad f_y=\sin\theta\,\frac{\partial F}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\,\frac{\partial F}{\partial\theta}}

Pour le laplacien, on dérive une seconde fois :

∂2F∂r2=cos⁡2θ fxx+2sin⁡θcos⁡θ fxy+sin⁡2θ fyy\frac{\partial^2 F}{\partial r^2}=\cos^2\theta\,f_{xx}+2\sin\theta\cos\theta\,f_{xy}+\sin^2\theta\,f_{yy}

∂2F∂θ2=r2(sin⁡2θ fxx−2sin⁡θcos⁡θ fxy+cos⁡2θ fyy)−r(cos⁡θ fx+sin⁡θ fy)\frac{\partial^2 F}{\partial\theta^2}=r^2\bigl(\sin^2\theta\,f_{xx}-2\sin\theta\cos\theta\,f_{xy}+\cos^2\theta\,f_{yy}\bigr)-r\bigl(\cos\theta\,f_x+\sin\theta\,f_y\bigr)

En additionnant ∂2F∂r2+1r2∂2F∂θ2\frac{\partial^2 F}{\partial r^2}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 F}{\partial\theta^2}, les termes croisés se compensent et le dernier terme vaut −1r∂F∂r-\frac{1}{r}\frac{\partial F}{\partial r} :

fxx+fyy=∂2F∂r2+1r ∂F∂r+1r2 ∂2F∂θ2\boxed{f_{xx}+f_{yy}=\frac{\partial^2 F}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\,\frac{\partial F}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\,\frac{\partial^2 F}{\partial\theta^2}}

التمرين 2

Exercice 2 — Série de fonctions xe⁻ⁿˣ/ln n : convergences

#series-of-functions#uniform-convergence#normal-convergence#continuity

(07 points) Pour n∈Nn\in\mathbb{N} avec n≥2n\geq 2, on définit une fonction fnf_n sur I=[0,+∞[I=[0,+\infty[ par

fn(x)=x e−nxln⁡nf_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 de cette série de fonctions.
  2. Montrer que ∑fn\sum f_n converge normalement sur tout intervalle [a,+∞[[a,+\infty[ où a>0a\gt 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 C1C^1 sur tout segment [a,b][a,b] de ]0,+∞[]0,+\infty[.
◀الحل

1.

Pour x=0x=0, fn(0)=0f_n(0)=0. Pour x>0x\gt 0 fixé, 0≤fn(x)≤x (e−x)n0\leq f_n(x)\leq x\,(e^{-x})^{n} : série géométrique de raison e−x<1e^{-x}\lt 1, donc ∑fn(x)\sum f_n(x) converge. Ainsi ∑fn\sum f_n converge simplement sur [0,+∞[[0,+\infty[.

2.

Étude de fnf_n : fn′(x)=e−nx(1−nx)ln⁡nf_n'(x)=\frac{e^{-nx}(1-nx)}{\ln n}, donc fnf_n croît sur [0,1/n][0,1/n] puis décroît, avec maximum

sup⁡[0,+∞[fn=fn(1n)=1e nln⁡n\sup_{[0,+\infty[}f_n=f_n\Bigl(\frac{1}{n}\Bigr)=\frac{1}{e\,n\ln n}

Sur [a,+∞[[a,+\infty[ avec a>0a\gt 0 : dès que 1n≤a\frac{1}{n}\leq a, fnf_n est décroissante sur [a,+∞[[a,+\infty[ et sup⁡[a,+∞[fn=fn(a)≤a (e−a)n\sup_{[a,+\infty[}f_n=f_n(a)\leq a\,(e^{-a})^{n}, terme d'une série géométrique convergente : convergence normale sur [a,+∞[[a,+\infty[.

Sur [0,+∞[[0,+\infty[ : ∑sup⁡fn=∑1e nln⁡n\sum\sup f_n=\sum\frac{1}{e\,n\ln n} diverge (série de Bertrand, comparaison avec ∫dttln⁡t=ln⁡ln⁡t\int\frac{dt}{t\ln t}=\ln\ln t), donc pas de convergence normale sur [0,+∞[[0,+\infty[.

3.

Majorons le reste RN(x)=∑n>Nfn(x)R_N(x)=\sum_{n\gt N}f_n(x) pour x>0x\gt 0 :

RN(x)≤xln⁡N∑n>Ne−nx=1ln⁡N⋅x e−(N+1)x1−e−xR_N(x)\leq\frac{x}{\ln N}\sum_{n\gt N}e^{-nx}=\frac{1}{\ln N}\cdot\frac{x\,e^{-(N+1)x}}{1-e^{-x}}

Or 1−e−x≥x1+x1-e^{-x}\geq\frac{x}{1+x} pour x≥0x\geq 0 (équivalent à (1+x)e−x≤1(1+x)e^{-x}\leq 1), donc

RN(x)≤(1+x)e−(N+1)xln⁡N≤1ln⁡N(car (1+x)e−(N+1)x≤(1+x)e−x≤1 pour x≥0)R_N(x)\leq\frac{(1+x)e^{-(N+1)x}}{\ln N}\leq\frac{1}{\ln N}\qquad(\text{car }(1+x)e^{-(N+1)x}\leq(1+x)e^{-x}\leq 1\text{ pour }x\geq 0)

et RN(0)=0R_N(0)=0. Donc sup⁡x≥0∣RN(x)∣≤1ln⁡N→0\sup_{x\geq 0}|R_N(x)|\leq\frac{1}{\ln N}\to 0 :

∑fn converge uniformeˊment sur [0,+∞[\boxed{\sum f_n\text{ converge uniformément sur }[0,+\infty[}

4.

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

Sur un segment [a,b]⊂ ]0,+∞[[a,b]\subset\,]0,+\infty[ : fn′(x)=e−nx(1−nx)ln⁡nf_n'(x)=\frac{e^{-nx}(1-nx)}{\ln n} et

sup⁡[a,b]∣fn′∣≤(1+nb) e−naln⁡n\sup_{[a,b]}|f_n'|\leq\frac{(1+nb)\,e^{-na}}{\ln n}

terme général d'une série convergente (décroissance géométrique de e−nae^{-na}), donc ∑fn′\sum f_n' converge normalement sur [a,b][a,b]. Comme ∑fn\sum f_n converge (au moins en un point), le théorème de dérivation terme à terme donne

S∈C1([a,b])etS′=∑n≥2fn′ sur [a,b]\boxed{S\in C^{1}([a,b])\quad\text{et}\quad S'=\sum_{n\geq 2}f_n'\ \text{sur }[a,b]}

التمرين 3

Exercice 3 — Équation xy''+y'+y=0 : comportement asymptotique

#ordinary-differential-equations#lyapunov-function#asymptotic-behavior#improper-integrals

(07 points) On considère l'équation différentielle suivante sur R\mathbb{R} :

x y′′+y′+y=0(1)x\,y''+y'+y=0\qquad(1)

Soit ff une solution de l'équation (1), et soit gg la fonction définie sur R\mathbb{R} par :

g(x)=x (f′(x))2+f2(x)g(x)=x\,(f'(x))^{2}+f^{2}(x)

  1. Montrer que gg est décroissante.
  2. Montrer que gg possède une limite ℓ\ell quand xx tend vers +∞+\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 suivantes :

∫1+∞−(f′(x))2 dx,∫1+∞f′(x) f(x)x dx,∫1+∞f2(x)x dx\int_{1}^{+\infty}-(f'(x))^{2}\,dx,\qquad\int_{1}^{+\infty}\frac{f'(x)\,f(x)}{x}\,dx,\qquad\int_{1}^{+\infty}\frac{f^{2}(x)}{x}\,dx

  1. Montrer que ℓ=0\ell=0.
  2. En déduire lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x\to+\infty}f(x).
◀الحل

1.

gg est dérivable et, en utilisant xf′′=−f′−fx f''=-f'-f tiré de (1) :

g′(x)=(f′)2+2xf′f′′+2ff′=(f′)2+2f′(xf′′)+2ff′=(f′)2+2f′(−f′−f)+2ff′=−(f′)2≤0g'(x)=(f')^{2}+2x f' f''+2 f f'=(f')^{2}+2f'(x f'')+2ff'=(f')^{2}+2f'(-f'-f)+2ff'=-(f')^{2}\leq 0

g′=−(f′)2≤0 : g est deˊcroissante sur R\boxed{g'=-(f')^{2}\leq 0\ :\ g\text{ est décroissante sur }\mathbb{R}}

2.

Pour x≥0x\geq 0, g(x)=x(f′)2+f2≥0g(x)=x(f')^{2}+f^{2}\geq 0. Une fonction décroissante et minorée (par 00) sur [0,+∞[[0,+\infty[ admet une limite finie :

g(x)→x→+∞ℓ≥0\boxed{g(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}\ell\geq 0}

3.

Pour x≥1x\geq 1 : f2(x)≤g(x)≤g(1)f^{2}(x)\leq g(x)\leq g(1), donc ∣f(x)∣≤g(1)|f(x)|\leq\sqrt{g(1)} :

f est borneˊe au voisinage de +∞\boxed{f\text{ est bornée au voisinage de }+\infty}

4.

Pour x≥1x\geq 1 : x(f′(x))2≤g(x)≤g(1)x(f'(x))^{2}\leq g(x)\leq g(1), donc

∣f′(x)∣≤g(1)x→x→+∞0|f'(x)|\leq\sqrt{\frac{g(1)}{x}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0

lim⁡x→+∞f′(x)=0\boxed{\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0}

5.

Première intégrale : ∫1X−(f′)2 dx=∫1Xg′ dx=g(X)−g(1)→ℓ−g(1)\int_{1}^{X}-(f')^{2}\,dx=\int_{1}^{X}g'\,dx=g(X)-g(1)\to\ell-g(1) : convergente.

Deuxième : ∣f′fx∣≤12((f′)2+f2x2)\Bigl|\frac{f'f}{x}\Bigr|\leq\frac{1}{2}\Bigl((f')^{2}+\frac{f^{2}}{x^{2}}\Bigr) ; or ∫(f′)2\int(f')^{2} converge et ∫f2x2≤M2∫dxx2\int\frac{f^{2}}{x^{2}}\leq M^{2}\int\frac{dx}{x^{2}} converge (ff bornée) : convergence absolue.

Troisième : en divisant (1) par xx : fx=−f′′−f′x\frac{f}{x}=-f''-\frac{f'}{x}, d'où

∫1Xf2x dx=−∫1Xff′′ dx−∫1Xff′x dx=−[ff′]1X+∫1X(f′)2 dx−∫1Xff′x dx\int_{1}^{X}\frac{f^{2}}{x}\,dx=-\int_{1}^{X}f f''\,dx-\int_{1}^{X}\frac{f f'}{x}\,dx=-\Bigl[f f'\Bigr]_{1}^{X}+\int_{1}^{X}(f')^{2}\,dx-\int_{1}^{X}\frac{f f'}{x}\,dx

Quand X→+∞X\to+\infty : f(X)f′(X)→0f(X)f'(X)\to 0 (questions 3 et 4), et les deux intégrales convergent : donc ∫1+∞f2x dx\int_{1}^{+\infty}\frac{f^{2}}{x}\,dx converge (intégrande positive, primitive majorée).

6.

Supposons ℓ>0\ell\gt 0. Alors pour xx grand, g(x)x=f2x+(f′)2≥ℓ2x\frac{g(x)}{x}=\frac{f^{2}}{x}+(f')^{2}\geq\frac{\ell}{2x}, et ∫ℓ2x dx\int\frac{\ell}{2x}\,dx diverge, alors que ∫f2x\int\frac{f^{2}}{x} et ∫(f′)2\int(f')^{2} convergent (question 5) : contradiction.

ℓ=0\boxed{\ell=0}

7.

0≤f2(x)≤g(x)→00\leq f^{2}(x)\leq g(x)\to 0, donc

lim⁡x→+∞f(x)=0\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=0}