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مسابقة دكتوراه 2023 — Université Mohamed El Bachir El Ibrahimi - Bordj Bou Arréridj — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours d'accès au doctorat 2022/2023 — Épreuve 1 : Analyse — Sujet N°2 — 28 janvier 2023

التمرين 1

Série de Fourier d'un signal créneau et sommes de séries

#séries de Fourier#théorème de Dirichlet#identité de Parseval

Soit f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R} la fonction 2π2\pi-périodique définie sur une période par f(x)={1si x∈[−π,0[,0si x∈[0,π[.f(x)=\begin{cases}1 & \text{si } x\in[-\pi,0[,\\[2pt] 0 & \text{si } x\in[0,\pi[.\end{cases}

1. Déterminer la série de Fourier de ff.

2. Étudier la convergence de cette série et préciser sa somme en tout point (théorème de Dirichlet).

3. En déduire les valeurs des sommes ∑k=0∞(−1)k2k+1\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1} et ∑k=0∞1(2k+1)2\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}.

◀الحل

1. Coefficients de Fourier

On utilise la convention f∼a02+∑n≥1(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)f\sim \dfrac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n\ge1}\big(a_n\cos nx+b_n\sin nx\big).

a0=1π∫−ππf(x) dx=1π∫−π0dx=1.a_0=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx=\frac1\pi\int_{-\pi}^{0}dx=1. an=1π∫−π0cos⁡nx dx=1π[sin⁡nxn]−π0=0.a_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{0}\cos nx\,dx=\frac1\pi\Big[\frac{\sin nx}{n}\Big]_{-\pi}^{0}=0. bn=1π∫−π0sin⁡nx dx=1π[−cos⁡nxn]−π0=(−1)n−1nπ.b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{0}\sin nx\,dx=\frac1\pi\Big[-\frac{\cos nx}{n}\Big]_{-\pi}^{0}=\frac{(-1)^n-1}{n\pi}. Ainsi bn=0b_n=0 si nn est pair et bn=−2nπb_n=-\dfrac{2}{n\pi} si nn est impair. La série de Fourier est Sf(x)=12−2π∑k=0∞sin⁡((2k+1)x)2k+1.S_f(x)=\frac12-\frac2\pi\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\big((2k+1)x\big)}{2k+1}.

2. Convergence (théorème de Dirichlet)

ff est C1\mathcal{C}^1 par morceaux, donc la série converge en tout point xx vers la régularisée f(x+)+f(x−)2\dfrac{f(x^+)+f(x^-)}{2}. Aux points de continuité la somme vaut f(x)f(x) ; aux points de discontinuité x≡0 [π]x\equiv 0\ [\pi], elle vaut 0+12=12\dfrac{0+1}{2}=\dfrac12.

3. Sommes de séries

Point x=−π2x=-\tfrac\pi2 (continuité, f(−π2)=1f(-\tfrac\pi2)=1). Comme sin⁡ ⁣(−(2k+1)π2)=−(−1)k\sin\!\big(-(2k+1)\tfrac\pi2\big)=-(-1)^k, 1=12−2π∑k=0∞−(−1)k2k+1=12+2π∑k=0∞(−1)k2k+1  ⟹  ∑k=0∞(−1)k2k+1=π4.1=\frac12-\frac2\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{-(-1)^k}{2k+1}=\frac12+\frac2\pi\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2k+1}\;\Longrightarrow\; \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{2k+1}=\frac\pi4.

Identité de Parseval. 1π∫−ππf2=a022+∑n≥1(an2+bn2)\dfrac1\pi\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}f^2=\dfrac{a_0^2}{2}+\sum_{n\ge1}(a_n^2+b_n^2). Ici 1π∫−π0dx=1\dfrac1\pi\int_{-\pi}^0 dx=1 et a022=12\dfrac{a_0^2}{2}=\dfrac12, d'où 1=12+4π2∑k=0∞1(2k+1)2  ⟹  ∑k=0∞1(2k+1)2=π28.1=\frac12+\frac{4}{\pi^2}\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(2k+1)^2}\;\Longrightarrow\;\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}.

التمرين 2

Intégrale de Frullani via la première formule de la moyenne

#première formule de la moyenne#intégrale de Frullani#intégrales généralisées

Soit f:[0,+∞[→Rf:[0,+\infty[\to\mathbb{R} une fonction continue telle que lim⁡x→+∞f(x)=0\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0. Soient 0<b<a0<b<a et u>0u>0.

1. Rappeler l'énoncé de la première formule de la moyenne pour les intégrales.

2. Montrer que ∫u+∞f(bx)−f(ax)x dx=∫buauf(t)t dt\displaystyle\int_u^{+\infty}\frac{f(bx)-f(ax)}{x}\,dx=\int_{bu}^{au}\frac{f(t)}{t}\,dt.

3. En déduire que ∫0+∞f(bx)−f(ax)x dx=f(0) ln⁡ ⁣ab\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{f(bx)-f(ax)}{x}\,dx=f(0)\,\ln\!\frac{a}{b}.

4. Calculer ∫0+∞e−x−e−2xx dx\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\,dx.

◀الحل

1. Première formule de la moyenne

Si gg est continue sur [α,β][\alpha,\beta] et φ\varphi intégrable de signe constant sur [α,β][\alpha,\beta], alors il existe c∈[α,β]c\in[\alpha,\beta] tel que ∫αβg(t)φ(t) dt=g(c)∫αβφ(t) dt\displaystyle\int_\alpha^\beta g(t)\varphi(t)\,dt=g(c)\int_\alpha^\beta\varphi(t)\,dt. En particulier ∫αβg(t)t dt=g(c)ln⁡βα\displaystyle\int_\alpha^\beta \frac{g(t)}{t}\,dt=g(c)\ln\frac\beta\alpha pour 0<α<β0<\alpha<\beta.

2. Passage à une seule intégrale

Pour R>uR>u, les changements de variable t=bxt=bx puis t=axt=ax donnent ∫uRf(bx)−f(ax)x dx=∫bubRf(t)t dt−∫auaRf(t)t dt=∫buauf(t)t dt−∫bRaRf(t)t dt.\int_u^{R}\frac{f(bx)-f(ax)}{x}\,dx=\int_{bu}^{bR}\frac{f(t)}{t}\,dt-\int_{au}^{aR}\frac{f(t)}{t}\,dt=\int_{bu}^{au}\frac{f(t)}{t}\,dt-\int_{bR}^{aR}\frac{f(t)}{t}\,dt. Par la première formule de la moyenne, ∫bRaRf(t)t dt=f(dR)ln⁡ab\displaystyle\int_{bR}^{aR}\frac{f(t)}{t}\,dt=f(d_R)\ln\frac ab avec dR∈[bR,aR]d_R\in[bR,aR]. Comme dR→+∞d_R\to+\infty et f→0f\to0, ce terme tend vers 00 quand R→+∞R\to+\infty, d'où ∫u+∞f(bx)−f(ax)x dx=∫buauf(t)t dt.\int_u^{+\infty}\frac{f(bx)-f(ax)}{x}\,dx=\int_{bu}^{au}\frac{f(t)}{t}\,dt.

3. Limite en 00

Par la première formule de la moyenne, ∫buauf(t)t dt=f(cu)ln⁡ab\displaystyle\int_{bu}^{au}\frac{f(t)}{t}\,dt=f(c_u)\ln\frac ab avec cu∈[bu,au]c_u\in[bu,au]. Lorsque u→0+u\to0^+, cu→0c_u\to0 et par continuité f(cu)→f(0)f(c_u)\to f(0), donc ∫0+∞f(bx)−f(ax)x dx=f(0) ln⁡ab.\int_0^{+\infty}\frac{f(bx)-f(ax)}{x}\,dx=f(0)\,\ln\frac ab.

4. Application numérique

Pour f(x)=e−xf(x)=e^{-x} (continue, f(0)=1f(0)=1, lim⁡+∞f=0\lim_{+\infty}f=0) avec a=2a=2, b=1b=1 : ∫0+∞e−x−e−2xx dx=f(0)ln⁡21=ln⁡2.\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\,dx=f(0)\ln\frac21=\ln 2.

التمرين 3

Extremum local et global d'une fonction à deux variables avec paramètre

#fonctions de deux variables#hessienne#extrema#forme quadratique

Soit u∈Ru\in\mathbb{R} un paramètre et f(x,y)=x2+xy+y2−11+ux2+y2.f(x,y)=x^2+xy+y^2-\frac{1}{1+u x^2+y^2}.

1. Déterminer le domaine de définition de ff suivant les valeurs de uu.

2. Montrer que x2+xy+y2>0x^2+xy+y^2>0 pour tout (x,y)≠(0,0)(x,y)\neq(0,0).

3. Déterminer les valeurs de uu pour lesquelles (0,0)(0,0) est un minimum local strict de ff.

4. Déterminer les valeurs de uu pour lesquelles (0,0)(0,0) est un minimum global strict de ff.

◀الحل

1. Domaine de définition

ff est définie là où 1+ux2+y2≠01+ux^2+y^2\neq0.

  • Si u≥0u\ge0 : 1+ux2+y2≥1>01+ux^2+y^2\ge1>0, donc Df=R2D_f=\mathbb{R}^2.
  • Si u<0u<0 : il faut exclure la courbe ux2+y2=−1ux^2+y^2=-1, c'est-à-dire Df=R2∖{(x,y): y2−∣u∣x2=−1}D_f=\mathbb{R}^2\setminus\{(x,y):\,y^2-|u|x^2=-1\} (une hyperbole).

2. Positivité de la forme quadratique

Pour (x,y)≠(0,0)(x,y)\neq(0,0) : x2+xy+y2=(x+y2)2+34y2>0,x^2+xy+y^2=\Big(x+\frac y2\Big)^2+\frac34 y^2>0, car les deux carrés ne peuvent s'annuler simultanément que si x=y=0x=y=0.

3. Minimum local strict

On a f(0,0)=−1f(0,0)=-1. Le gradient s'annule en (0,0)(0,0) : ∂xf=2x+y+2ux(1+ux2+y2)2,∂yf=x+2y+2y(1+ux2+y2)2,\partial_x f=2x+y+\frac{2ux}{(1+ux^2+y^2)^2},\qquad \partial_y f=x+2y+\frac{2y}{(1+ux^2+y^2)^2}, et ∂xf(0,0)=∂yf(0,0)=0\partial_x f(0,0)=\partial_y f(0,0)=0. La matrice hessienne en (0,0)(0,0) vaut H(0,0)=(2+2u114).H(0,0)=\begin{pmatrix}2+2u & 1\\ 1 & 4\end{pmatrix}. Elle est définie positive si et seulement si 2+2u>02+2u>0 et det⁡H=4(2+2u)−1=7+8u>0\det H=4(2+2u)-1=7+8u>0, c'est-à-dire u>−78.u>-\frac78. Donc (0,0)(0,0) est un minimum local strict si et seulement si u>−78u>-\dfrac78.

4. Minimum global strict

On écrit, avec g=1+ux2+y2g=1+ux^2+y^2, f(x,y)−f(0,0)=x2+xy+y2+1−1g=x2+xy+y2+ux2+y21+ux2+y2.f(x,y)-f(0,0)=x^2+xy+y^2+1-\frac1g=x^2+xy+y^2+\frac{ux^2+y^2}{1+ux^2+y^2}.

  • Si u≥0u\ge0 : g≥1>0g\ge1>0 et ux2+y2g≥0\dfrac{ux^2+y^2}{g}\ge0 ; comme x2+xy+y2>0x^2+xy+y^2>0 pour (x,y)≠(0,0)(x,y)\neq(0,0), on a f(x,y)>f(0,0)f(x,y)>f(0,0). Donc (0,0)(0,0) est un minimum global strict.
  • Si u<0u<0 : lorsque (x,y)(x,y) s'approche de la courbe 1+ux2+y2→0+1+ux^2+y^2\to0^+, on a −1g→−∞-\dfrac1g\to-\infty, donc f→−∞f\to-\infty : il n'y a pas de minimum global.

Conclusion : (0,0)(0,0) est un minimum global strict si et seulement si u≥0u\ge0.