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مسابقة دكتوراه 2023 — Université Mohammed Seddik Benyahia - Jijel — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours d'accès au doctorat de mathématiques 2022/2023 — Épreuve : Analyse 2 — Sujet 01 — 11 février 2023

التمرين 1

Fonction Bêta : relation de récurrence, forme factorielle et intégrale trigonométrique

#intégration par parties#fonction Bêta#intégrales de Wallis

Soit (p,q)∈N×N(p,q)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}. On pose I(p,q)=∫01xp(1−x)q dx.I(p,q)=\int_0^1 x^p(1-x)^q\,dx.

1. Montrer que si p∈N∗p\in\mathbb{N}^*, alors I(p,q)=pq+1 I(p−1,q+1)I(p,q)=\dfrac{p}{q+1}\,I(p-1,q+1).

2. En déduire que I(p,q)=p! q!(p+q+1)!I(p,q)=\dfrac{p!\,q!}{(p+q+1)!}.

3. En déduire de ce qui précède la valeur de ∫0π/2sin⁡2p+1(t)cos⁡2q+1(t) dt\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^{2p+1}(t)\cos^{2q+1}(t)\,dt.

◀الحل

1. Relation de récurrence

Soit p∈N∗p\in\mathbb{N}^*. Une intégration par parties avec u(x)=xpu(x)=x^p et v′(x)=(1−x)qv'(x)=(1-x)^q (donc u′(x)=pxp−1u'(x)=p x^{p-1} et v(x)=−(1−x)q+1q+1v(x)=-\dfrac{(1-x)^{q+1}}{q+1}) donne I(p,q)=[−xp(1−x)q+1q+1]01+pq+1∫01xp−1(1−x)q+1dx.I(p,q)=\Big[-\frac{x^p(1-x)^{q+1}}{q+1}\Big]_0^1+\frac{p}{q+1}\int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q+1}dx. Le terme tout intégré est nul (en 00 et en 11), d'où I(p,q)=pq+1 I(p−1,q+1).I(p,q)=\frac{p}{q+1}\,I(p-1,q+1).

2. Forme explicite

En appliquant la relation pp fois de suite : I(p,q)=pq+1⋅p−1q+2⋯1q+p I(0,q+p)=p! q!(q+p)! I(0,q+p).I(p,q)=\frac{p}{q+1}\cdot\frac{p-1}{q+2}\cdots\frac{1}{q+p}\,I(0,q+p)=\frac{p!\,q!}{(q+p)!}\,I(0,q+p). Or I(0,q+p)=∫01(1−x)p+qdx=1p+q+1I(0,q+p)=\displaystyle\int_0^1(1-x)^{p+q}dx=\dfrac{1}{p+q+1}. Donc I(p,q)=p! q!(q+p)!⋅1p+q+1=p! q!(p+q+1)!.I(p,q)=\frac{p!\,q!}{(q+p)!}\cdot\frac{1}{p+q+1}=\frac{p!\,q!}{(p+q+1)!}.

3. Application trigonométrique

Le changement de variable x=sin⁡2tx=\sin^2 t (bijection de classe C1\mathcal{C}^1 de [0,π2][0,\tfrac\pi2] sur [0,1][0,1]), pour lequel dx=2sin⁡tcos⁡t dtdx=2\sin t\cos t\,dt, donne I(p,q)=∫0π/2sin⁡2pt cos⁡2qt⋅2sin⁡tcos⁡t dt=2∫0π/2sin⁡2p+1t cos⁡2q+1t dt.I(p,q)=\int_0^{\pi/2}\sin^{2p}t\,\cos^{2q}t\cdot 2\sin t\cos t\,dt=2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p+1}t\,\cos^{2q+1}t\,dt. Par conséquent ∫0π/2sin⁡2p+1(t)cos⁡2q+1(t) dt=12 I(p,q)=p! q!2 (p+q+1)!.\int_0^{\pi/2}\sin^{2p+1}(t)\cos^{2q+1}(t)\,dt=\frac12\,I(p,q)=\frac{p!\,q!}{2\,(p+q+1)!}.

التمرين 2

Primitive d'une fraction rationnelle et équation différentielle linéaire du premier ordre

#fractions rationnelles#équation différentielle linéaire#variation de la constante

1. Trouver les primitives de la fonction f(x)=x5(x−1)(x2−x+1).f(x)=\frac{x^5}{(x-1)(x^2-x+1)}.

2. Résoudre l'équation différentielle y′−yx−1=x5x2−x+1.y'-\frac{y}{x-1}=\frac{x^5}{x^2-x+1}.

3. Montrer que la fonction yp=x3−1y_p=x^3-1 est une solution de l'équation y′−yx−1=2x2−x−1,y'-\frac{y}{x-1}=2x^2-x-1, puis trouver la solution de cette équation qui vérifie y(0)=0y(0)=0.

◀الحل

1. Primitives de ff

Division euclidienne. On a x5=(x2+2x+2)(x−1)(x2−x+1)+(x2−2x+2)x^5=(x^2+2x+2)(x-1)(x^2-x+1)+(x^2-2x+2), donc f(x)=x2+2x+2+x2−2x+2(x−1)(x2−x+1).f(x)=x^2+2x+2+\frac{x^2-2x+2}{(x-1)(x^2-x+1)}.

Décomposition en éléments simples. En cherchant x2−2x+2(x−1)(x2−x+1)=Ax−1+Bx+Cx2−x+1\dfrac{x^2-2x+2}{(x-1)(x^2-x+1)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{Bx+C}{x^2-x+1}, l'identification donne A=1A=1, B=0B=0, C=−1C=-1, soit x2−2x+2(x−1)(x2−x+1)=1x−1−1x2−x+1.\frac{x^2-2x+2}{(x-1)(x^2-x+1)}=\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x^2-x+1}.

Intégration. Comme x2−x+1=(x−12)2+34x^2-x+1=\big(x-\tfrac12\big)^2+\tfrac34, on a ∫dxx2−x+1=23arctan⁡ ⁣(2x−13)\displaystyle\int\frac{dx}{x^2-x+1}=\frac{2}{\sqrt3}\arctan\!\Big(\frac{2x-1}{\sqrt3}\Big). Finalement ∫f(x) dx=x33+x2+2x+ln⁡∣x−1∣−23arctan⁡ ⁣(2x−13)+c.\int f(x)\,dx=\frac{x^3}{3}+x^2+2x+\ln|x-1|-\frac{2}{\sqrt3}\arctan\!\Big(\frac{2x-1}{\sqrt3}\Big)+c.

2. Résolution de l'équation

Équation homogène y′−yx−1=0y'-\dfrac{y}{x-1}=0 : à variables séparables, dyy=dxx−1\dfrac{dy}{y}=\dfrac{dx}{x-1}, d'où yh=K(x−1)y_h=K(x-1), K∈RK\in\mathbb{R}.

Variation de la constante. On pose y=K(x)(x−1)y=K(x)(x-1) ; alors y′=K′(x)(x−1)+K(x)y'=K'(x)(x-1)+K(x), et l'équation se réduit à K′(x)(x−1)=x5x2−x+1K'(x)(x-1)=\dfrac{x^5}{x^2-x+1}, soit K′(x)=x5(x−1)(x2−x+1)=f(x).K'(x)=\frac{x^5}{(x-1)(x^2-x+1)}=f(x). D'après la question 1, K(x)=x33+x2+2x+ln⁡∣x−1∣−23arctan⁡ ⁣(2x−13)K(x)=\dfrac{x^3}{3}+x^2+2x+\ln|x-1|-\dfrac{2}{\sqrt3}\arctan\!\big(\tfrac{2x-1}{\sqrt3}\big). La solution générale est donc y=[x33+x2+2x+ln⁡∣x−1∣−23arctan⁡ ⁣(2x−13)](x−1)+K(x−1),K∈R.y=\Big[\frac{x^3}{3}+x^2+2x+\ln|x-1|-\frac{2}{\sqrt3}\arctan\!\Big(\frac{2x-1}{\sqrt3}\Big)\Big](x-1)+K(x-1),\quad K\in\mathbb{R}.

3. Solution particulière et problème de Cauchy

yp=x3−1=(x−1)(x2+x+1)y_p=x^3-1=(x-1)(x^2+x+1) et yp′=3x2y_p'=3x^2, donc yp′−ypx−1=3x2−(x2+x+1)=2x2−x−1.y_p'-\frac{y_p}{x-1}=3x^2-(x^2+x+1)=2x^2-x-1. Ainsi yp=x3−1y_p=x^3-1 est bien solution. La solution générale de y′−yx−1=2x2−x−1y'-\dfrac{y}{x-1}=2x^2-x-1 est y=K(x−1)+x3−1,K∈R.y=K(x-1)+x^3-1,\quad K\in\mathbb{R}. La condition y(0)=0y(0)=0 donne −K−1=0-K-1=0, soit K=−1K=-1, d'où  y=x3−x .\boxed{\,y=x^3-x\,}.

التمرين 3

Équation (1+x²)y''+xy'-α²y=0 : changement de variable hyperbolique

#équations différentielles#changement de variable#fonctions hyperboliques

Pour α∈R\alpha\in\mathbb{R} fixé, on considère l'équation différentielle (E1):(1+x2) y′′(x)+x y′(x)−α2y(x)=0.(E_1):\quad (1+x^2)\,y''(x)+x\,y'(x)-\alpha^2 y(x)=0. Pour toute fonction réelle yy et tout t∈Rt\in\mathbb{R}, on pose z(t)=y(sinh⁡t)z(t)=y(\sinh t), où sinh⁡t=et−e−t2\sinh t=\dfrac{e^t-e^{-t}}{2} est une bijection dont la réciproque est argsinh⁡t=ln⁡ ⁣(t+t2+1)\operatorname{argsinh}t=\ln\!\big(t+\sqrt{t^2+1}\big).

1. Montrer que yy est solution de (E1)(E_1) si et seulement si zz est solution de (E2):z′′(t)−α2z(t)=0.(E_2):\quad z''(t)-\alpha^2 z(t)=0.

2. Déterminer toutes les solutions de (E2)(E_2) (discuter suivant α=0\alpha=0 et α≠0\alpha\neq0).

3. En déduire toutes les solutions de (E1)(E_1).

4. Si α∈R∗\alpha\in\mathbb{R}^*, déterminer la solution yy de (E1)(E_1) telle que y(0)=0y(0)=0 et y′(0)=1y'(0)=1.

◀الحل

1. Réduction à (E2)(E_2)

Avec x=sinh⁡tx=\sinh t et z(t)=y(sinh⁡t)z(t)=y(\sinh t) : z′(t)=cosh⁡t y′(sinh⁡t),z′′(t)=sinh⁡t y′(sinh⁡t)+cosh⁡2t y′′(sinh⁡t).z'(t)=\cosh t\,y'(\sinh t),\qquad z''(t)=\sinh t\,y'(\sinh t)+\cosh^2 t\,y''(\sinh t). Comme cosh⁡2t=1+sinh⁡2t=1+x2\cosh^2 t=1+\sinh^2 t=1+x^2, il vient z′′(t)−α2z(t)=(1+x2)y′′(x)+x y′(x)−α2y(x).z''(t)-\alpha^2 z(t)=(1+x^2)y''(x)+x\,y'(x)-\alpha^2 y(x). Donc zz est solution de (E2)(E_2) si et seulement si yy est solution de (E1)(E_1).

2. Solutions de (E2)(E_2)

  • Si α=0\alpha=0 : z′′=0z''=0, donc z(t)=At+Bz(t)=At+B.
  • Si α≠0\alpha\neq0 : équation linéaire à coefficients constants d'équation caractéristique r2−α2=0r^2-\alpha^2=0 (racines ±α\pm\alpha), donc z(t)=Acosh⁡(αt)+Bsinh⁡(αt)z(t)=A\cosh(\alpha t)+B\sinh(\alpha t) (ou de façon équivalente Aeαt+Be−αtA e^{\alpha t}+B e^{-\alpha t}), A,B∈RA,B\in\mathbb{R}.

3. Solutions de (E1)(E_1)

Comme t=argsinh⁡x=ln⁡(x+1+x2)t=\operatorname{argsinh}x=\ln(x+\sqrt{1+x^2}) et eα argsinh⁡x=(x+1+x2)αe^{\alpha\,\operatorname{argsinh}x}=(x+\sqrt{1+x^2})^{\alpha} :

  • Si α=0\alpha=0 : y(x)=A ln⁡ ⁣(x+1+x2)+By(x)=A\,\ln\!\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)+B.
  • Si α≠0\alpha\neq0 : y(x)=A (x+1+x2)α+B (x+1+x2)−αy(x)=A\,(x+\sqrt{1+x^2})^{\alpha}+B\,(x+\sqrt{1+x^2})^{-\alpha}.

4. Problème de Cauchy (α≠0\alpha\neq0)

On part de y(x)=A(x+1+x2)α+B(x+1+x2)−αy(x)=A(x+\sqrt{1+x^2})^{\alpha}+B(x+\sqrt{1+x^2})^{-\alpha}. On calcule ddx(x+1+x2)±α=±α (x+1+x2)±α1+x2.\frac{d}{dx}(x+\sqrt{1+x^2})^{\pm\alpha}=\pm\alpha\,\frac{(x+\sqrt{1+x^2})^{\pm\alpha}}{\sqrt{1+x^2}}. En x=0x=0 : x+1+x2=1x+\sqrt{1+x^2}=1, donc y(0)=A+By(0)=A+B et y′(0)=αA−αBy'(0)=\alpha A-\alpha B. Les conditions y(0)=0y(0)=0 et y′(0)=1y'(0)=1 donnent B=−AB=-A et 2αA=12\alpha A=1, soit A=12αA=\dfrac1{2\alpha}, B=−12αB=-\dfrac1{2\alpha}. Ainsi  y(x)=12α[(x+1+x2)α−(x+1+x2)−α]=1αsinh⁡ ⁣(α argsinh⁡x).\boxed{\,y(x)=\frac{1}{2\alpha}\Big[(x+\sqrt{1+x^2})^{\alpha}-(x+\sqrt{1+x^2})^{-\alpha}\Big]=\frac{1}{\alpha}\sinh\!\big(\alpha\,\operatorname{argsinh}x\big).}