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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Mohammed Seddik Benyahia - Jijel — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès au doctorat de mathématiques — Université Mohammed Seddik Benyahia de Jijel, Faculté des Sciences Exactes et Informatique, Département de Mathématiques. Épreuve générale : Analyse 1, Sujet 3, 22/02/2025, durée 1h30. PDF page 6 (scan latéral, dernière partie de l'exercice 3 peu lisible).

التمرين 1

Racines cubiques de l'unité et puissances de j

#nombres complexes#racines de l'unité#forme exponentielle

On appelle j=−12+i32j=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}.

  1. Résoudre dans C\mathbb{C} l'équation X3=1X^3=1 (donner les solutions sous forme algébrique et exponentielle).
  2. En déduire que jˉ=j2\bar{j}=j^2.
  3. En déduire que j−1=j2j^{-1}=j^2.
  4. Montrer que 1+j+j2=01+j+j^2=0.
  5. En déduire la valeur de 11+j\dfrac{1}{1+j}.
  6. Calculer jnj^n pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

Remarque : jj est la racine cubique primitive de l'unité ; les relations j3=1j^3=1, jˉ=j2=j−1\bar j=j^2=j^{-1} et 1+j+j2=01+j+j^2=0 suffisent à tout calculer sans jamais revenir à la forme algébrique.

◀الحل

1. Résolution de X3=1X^3=1

Si X=reiθX=re^{i\theta}, alors X3=1X^3=1 donne r3=1r^3=1 et 3θ≡0 [2π]3\theta\equiv 0\ [2\pi], soit r=1r=1 et θ∈{0,2π3,4π3}\theta\in\big\{0,\tfrac{2\pi}{3},\tfrac{4\pi}{3}\big\} :

X∈{1, e2iπ/3=−12+i32=j, e4iπ/3=−12−i32}.\boxed{X\in\Big\{1,\ e^{2i\pi/3}=-\tfrac12+i\tfrac{\sqrt3}{2}=j,\ e^{4i\pi/3}=-\tfrac12-i\tfrac{\sqrt3}{2}\Big\}.}

Forme algébrique : X3−1=(X−1)(X2+X+1)X^3-1=(X-1)(X^2+X+1) et les racines de X2+X+1X^2+X+1 sont −1±i32\dfrac{-1\pm i\sqrt3}{2}.

2. jˉ=j2\bar{j}=j^2

j2=(e2iπ/3)2=e4iπ/3=e−2iπ/3=e2iπ/3‾=jˉ.j^2=\big(e^{2i\pi/3}\big)^2=e^{4i\pi/3}=e^{-2i\pi/3}=\overline{e^{2i\pi/3}}=\boxed{\bar{j}.}

3. j−1=j2j^{-1}=j^2

Comme j3=1j^3=1 :

j⋅j2=j3=1⟹j−1=j2.j\cdot j^2=j^3=1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{j^{-1}=j^2.}

4. 1+j+j2=01+j+j^2=0

j≠1j\neq 1 est racine de X3−1=(X−1)(X2+X+1)X^3-1=(X-1)(X^2+X+1), donc j2+j+1=0j^2+j+1=0. (Ou : somme géométrique 1+j+j2=j3−1j−1=01+j+j^2=\dfrac{j^3-1}{j-1}=0.)

1+j+j2=0.\boxed{1+j+j^2=0.}

5. Valeur de 11+j\dfrac{1}{1+j}

De la question 4 : 1+j=−j21+j=-j^2, donc

11+j=−1j2=−j−2=−j(car j−2=j3−2=j).\frac{1}{1+j}=-\frac{1}{j^2}=-j^{-2}=-j\quad(\text{car } j^{-2}=j^{3-2}=j). 11+j=−j=12−i32.\boxed{\frac{1}{1+j}=-j=\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}.}

6. Puissances de jj

Écrivons n=3q+rn=3q+r avec r∈{0,1,2}r\in\{0,1,2\} : jn=(j3)q jr=jrj^n=(j^3)^q\,j^r=j^r. Donc

jn={1si n≡0 [3],jsi n≡1 [3],j2=jˉsi n≡2 [3].\boxed{j^n=\begin{cases} 1 & \text{si } n\equiv 0\ [3], \\ j & \text{si } n\equiv 1\ [3], \\ j^2=\bar{j} & \text{si } n\equiv 2\ [3]. \end{cases}}

التمرين 2

Suites adjacentes de sommes harmoniques et limite ln 2

#suites adjacentes#séries harmoniques#inégalités#logarithme#convergence

Soit n∈N∗n\in\mathbb{N}^*. On pose :

an=∑k=n+12n1k,bn=∑k=n2n−11k.a_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k},\qquad b_n=\sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k}.
  1. Montrer que les suites (an)n≥2(a_n)_{n\ge 2} et (bn)n≥2(b_n)_{n\ge 2} sont adjacentes.
  2. Établir l'inégalité
ln⁡(1+x)≤x,∀x∈ ]−1,+∞[.\ln(1+x)\le x,\qquad \forall x\in\,]-1,+\infty[.
  1. En déduire que
x≤−ln⁡(1−x),∀x∈ ]−∞,1[.x\le-\ln(1-x),\qquad \forall x\in\,]-\infty,1[.
  1. Justifier que
∀n∈N∗,an≤ln⁡(2)≤bn.\forall n\in\mathbb{N}^*,\qquad a_n\le\ln(2)\le b_n.
  1. Que peut-on en déduire ?

Remarque : on retrouve le résultat classique H2n−Hn→ln⁡2H_{2n}-H_n\to\ln 2, lié à la somme de la série harmonique alternée ∑(−1)k+1/k=ln⁡2\sum(-1)^{k+1}/k=\ln 2.

◀الحل

1. Suites adjacentes

Monotonie de (an)(a_n) :

an+1−an=12n+1+12n+2−1n+1=12n+1−12n+2>0,a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}>0,

donc (an)(a_n) est croissante.

Monotonie de (bn)(b_n) :

bn+1−bn=12n+12n+1−1n=12n+1−12n<0,b_{n+1}-b_n=\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{n}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n}<0,

donc (bn)(b_n) est décroissante.

Écart :

bn−an=1n−12n=12n→n→+∞0.b_n-a_n=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{2n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0.

Les suites sont donc adjacentes (et convergent vers une limite commune ℓ\ell).

2. Inégalité ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x)\le x

Soit g(x)=x−ln⁡(1+x)g(x)=x-\ln(1+x) sur ]−1,+∞[]-1,+\infty[ : g′(x)=1−11+x=x1+xg'(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{x}{1+x}.

g′<0g'<0 sur ]−1,0[]-1,0[ et g′>0g'>0 sur ]0,+∞[]0,+\infty[, donc gg atteint son minimum en 00 avec g(0)=0g(0)=0 :

ln⁡(1+x)≤x,∀x>−1.\boxed{\ln(1+x)\le x,\qquad \forall x>-1.}

3. Inégalité symétrique

Pour x<1x<1, on applique 2 à −x>−1-x>-1 : ln⁡(1−x)≤−x\ln(1-x)\le -x, soit

x≤−ln⁡(1−x),∀x<1.\boxed{x\le-\ln(1-x),\qquad \forall x<1.}

4. Encadrement de ln⁡2\ln 2

Majoration de ana_n. Pour k≥2k\ge 2, la question 3 avec x=1kx=\tfrac1k donne 1k≤−ln⁡(1−1k)=ln⁡kk−1\dfrac1k\le-\ln\big(1-\tfrac1k\big)=\ln\dfrac{k}{k-1}. En sommant de k=n+1k=n+1 à 2n2n (somme télescopique) :

an≤∑k=n+12n(ln⁡k−ln⁡(k−1))=ln⁡(2n)−ln⁡(n)=ln⁡2.a_n\le\sum_{k=n+1}^{2n}\big(\ln k-\ln(k-1)\big)=\ln(2n)-\ln(n)=\ln 2.

Minoration de bnb_n. La question 2 avec x=1kx=\tfrac1k donne ln⁡k+1k≤1k\ln\dfrac{k+1}{k}\le\dfrac1k. En sommant de k=nk=n à 2n−12n-1 :

ln⁡(2n)−ln⁡(n)=ln⁡2≤∑k=n2n−11k=bn.\ln(2n)-\ln(n)=\ln 2\le\sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k}=b_n. an≤ln⁡2≤bn,∀n∈N∗.\boxed{a_n\le\ln 2\le b_n,\qquad \forall n\in\mathbb{N}^*.}

5. Conclusion

Les suites adjacentes (an)(a_n) et (bn)(b_n) convergent vers une limite commune ℓ\ell, et l'encadrement an≤ln⁡2≤bna_n\le\ln 2\le b_n passe à la limite :

lim⁡n→+∞an=lim⁡n→+∞bn=ln⁡2.\boxed{\lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}b_n=\ln 2.}

En particulier ∑k=n+12n1k→ln⁡2\displaystyle\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\to\ln 2 (sommes de Riemann de ∫12dxx\int_1^2\frac{dx}{x}).

التمرين 3

Fonction concave nulle aux bornes : théorème de Rolle et positivité

#théorème de Rolle#concavité#accroissements finis#fonctions dérivables

Soit I=[c,d]I=[c,d] avec c,d∈Rc,d\in\mathbb{R}, c<dc<d, et soit f:I→Rf:I\to\mathbb{R} une fonction deux fois dérivable sur II. Supposons que pour tout x∈ ]c,d[x\in\,]c,d[ on a f′′(x)≤0f''(x)\le 0 et que f(c)=f(d)=0f(c)=f(d)=0.

  1. Montrer qu'il existe α∈ ]c,d[\alpha\in\,]c,d[ tel que f′(α)=0f'(\alpha)=0.
  2. Étudier le signe de f′f' sur ]c,α[]c,\alpha[ et ]α,d[]\alpha,d[, puis en déduire le signe de ff sur [c,d][c,d].

(La fin de l'énoncé est difficilement lisible sur le scan ; la question 2 reconstitue la suite naturelle de l'exercice.)

Remarque : le scan de cette page est partiellement illisible après la question 1 ; la solution développe la conséquence standard (signe de f′f' de part et d'autre de α\alpha, puis positivité de ff par concavité). À ajuster si l'énoncé original diffère.

◀الحل

1. Existence de α\alpha (théorème de Rolle)

ff est dérivable (donc continue) sur [c,d][c,d] et f(c)=f(d)=0f(c)=f(d)=0. Par le théorème de Rolle, il existe

α∈ ]c,d[ tel que f′(α)=0.\boxed{\alpha\in\,]c,d[\ \text{tel que}\ f'(\alpha)=0.}

2. Signe de f′f' puis de ff

Signe de f′f'. Comme f′′≤0f''\le 0 sur ]c,d[]c,d[, la dérivée f′f' est décroissante sur ]c,d[]c,d[. Puisque f′(α)=0f'(\alpha)=0 :

f′(x)≥f′(α)=0  pour x∈ ]c,α],f′(x)≤0  pour x∈[α,d[.f'(x)\ge f'(\alpha)=0\ \text{ pour } x\in\,]c,\alpha],\qquad f'(x)\le 0\ \text{ pour } x\in[\alpha,d[.

Signe de ff. Donc ff est croissante sur [c,α][c,\alpha] et décroissante sur [α,d][\alpha,d] :

  • pour x∈[c,α]x\in[c,\alpha] : f(x)≥f(c)=0f(x)\ge f(c)=0 ;
  • pour x∈[α,d]x\in[\alpha,d] : f(x)≥f(d)=0f(x)\ge f(d)=0.
f(x)≥0pour tout x∈[c,d].\boxed{f(x)\ge 0\quad\text{pour tout } x\in[c,d].}

C'est la propriété géométrique attendue : une fonction concave (f′′≤0f''\le 0) qui s'annule aux deux extrémités reste au-dessus de sa corde y=0y=0 sur tout l'intervalle.