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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Mohammed Seddik Benyahia - Jijel — الموضوع 02

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours de Doctorat 2025 — Analyse 1, Sujet 3 (22/02/2025)

التمرين 1

Racine cubique de l'unité $j$ et puissances $j^n$

#nombres complexes#racines de l'unité#calcul algébrique

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

  1. Montrer que j3=1j^3 = 1 (on pourra écrire jj sous forme exponentielle).
  2. Montrer que jˉ=j2\bar{j} = j^2 et que j−1=j2j^{-1} = j^2.
  3. Montrer que 1+j+j2=01 + j + j^2 = 0.
  4. En déduire une forme simplifiée de 11+j\dfrac{1}{1+j}.
  5. Calculer jnj^n pour tout n∈Nn \in \mathbb{N} suivant le reste de la division euclidienne de nn par 33.

Remarque : jj est la racine cubique primitive de l'unité ; les identités j3=1j^3=1, 1+j+j2=01+j+j^2=0 et jˉ=j2\bar j = j^2 sont omniprésentes en algèbre (factorisation de x3−1x^3-1, groupes cycliques, sommes de Gauss).

◀الحل

1. j3=1j^3 = 1

On a ∣j∣=14+34=1|j| = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{3}{4}} = 1 et arg⁡j=2π3\arg j = \frac{2\pi}{3}, donc :

j=e2iπ/3  ⟹  j3=e2iπ=1.j = e^{2i\pi/3} \implies j^3 = e^{2i\pi} = \boxed{1}.

2. Conjugué et inverse

jˉ=−12−i32=e−2iπ/3=e4iπ/3=j2.\bar{j} = -\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2} = e^{-2i\pi/3} = e^{4i\pi/3} = j^2.

De plus, j⋅j2=j3=1j \cdot j^2 = j^3 = 1, donc :

j−1=j2=jˉ.\boxed{j^{-1} = j^2 = \bar{j}.}

3. Somme 1+j+j2=01 + j + j^2 = 0

Comme j≠1j \neq 1 et j3=1j^3 = 1 :

1+j+j2=j3−1j−1=0j−1=0.1 + j + j^2 = \frac{j^3 - 1}{j - 1} = \frac{0}{j-1} = \boxed{0}.

(Vérification directe : 1−12+i32−12−i32=01 - \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt 3}{2} - \frac{1}{2} - i\frac{\sqrt 3}{2} = 0.)

4. Simplification de 11+j\frac{1}{1+j}

D'après 3., 1+j=−j21 + j = -j^2, donc :

11+j=1−j2=−j−2=−j3−2=−j,\frac{1}{1+j} = \frac{1}{-j^2} = -j^{-2} = -j^{3-2} = \boxed{-j},

car j−2=j−2⋅j3=jj^{-2} = j^{-2} \cdot j^3 = j.

5. Puissances de jj

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

jn={1si n≡0(mod3),jsi n≡1(mod3),j2=jˉsi n≡2(mod3).\boxed{j^n = \begin{cases} 1 & \text{si } n \equiv 0 \pmod 3, \\ j & \text{si } n \equiv 1 \pmod 3, \\ j^2 = \bar{j} & \text{si } n \equiv 2 \pmod 3. \end{cases}}

التمرين 2

Suites adjacentes $a_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}$ et limite $\ln 2$

#suites adjacentes#séries harmoniques#encadrement#logarithme

Pour n≥1n \geq 1, 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 (an)(a_n) est croissante et (bn)(b_n) est décroissante.
  2. Montrer que (an)(a_n) et (bn)(b_n) sont adjacentes.
  3. On rappelle que pour tout x>−1x > -1 : ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x) \leq x, et pour tout x<1x < 1 : x≤−ln⁡(1−x)x \leq -\ln(1-x). En déduire que pour tout n≥1n \geq 1 :

an≤ln⁡2≤bn.a_n \leq \ln 2 \leq b_n.

  1. Conclure quant à la limite commune de (an)(a_n) et (bn)(b_n).

Remarque : an=H2n−Hna_n = H_{2n} - H_n où HnH_n est la série harmonique ; ce résultat redonne la somme de la série harmonique alternée ∑(−1)k+1k=ln⁡2\sum \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \ln 2.

◀الحل

1. Monotonie

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.

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.

2. Suites adjacentes

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,

et bn−an>0b_n - a_n > 0. Avec la monotonie de 1., les suites (an)(a_n) et (bn)(b_n) sont adjacentes ; elles convergent donc vers une même limite ℓ\ell.

3. Encadrement par ln⁡2\ln 2

Majoration de ana_n : pour chaque kk, 1k≤−ln⁡(1−1k)\dfrac{1}{k} \leq -\ln\left(1 - \dfrac{1}{k}\right)... utilisons plutôt directement ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x) \leq x avec x=1kx = \frac{1}{k} :

ln⁡(k+1k)=ln⁡(1+1k)≤1k.\ln\left(\frac{k+1}{k}\right) = \ln\left(1 + \frac{1}{k}\right) \leq \frac{1}{k}.

En sommant pour kk de nn à 2n−12n-1 (téléscopage) :

ln⁡(2nn)=ln⁡2≤∑k=n2n−11k=bn.\ln\left(\frac{2n}{n}\right) = \ln 2 \leq \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{k} = b_n.

Minoration : avec x≤−ln⁡(1−x)x \leq -\ln(1-x) pour x=1kx = \frac{1}{k}, soit 1k≤ln⁡(kk−1)\frac{1}{k} \leq \ln\left(\frac{k}{k-1}\right), en sommant pour kk de n+1n+1 à 2n2n :

an=∑k=n+12n1k≤ln⁡(2nn)=ln⁡2.a_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} \leq \ln\left(\frac{2n}{n}\right) = \ln 2.

an≤ln⁡2≤bnpour tout n≥1.\boxed{a_n \leq \ln 2 \leq b_n \quad \text{pour tout } n \geq 1.}

4. Conclusion

Les deux suites adjacentes convergent vers la même limite ℓ\ell, et l'encadrement an≤ln⁡2≤bna_n \leq \ln 2 \leq 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.}

التمرين 3

Fonction concave s'annulant en deux points : théorème de Rolle et signe

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

Soit f:[a,b]→Rf : [a, b] \to \mathbb{R} une fonction de classe C2C^2 telle que f′′≤0f'' \leq 0 sur [a,b][a,b] (fonction concave). On suppose qu'il existe c,d∈[a,b]c, d \in [a,b] avec c<dc < d tels que :

f(c)=f(d)=0.f(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 sens de variation de f′f' et en déduire le signe de f′f' sur [c,α][c, \alpha] et sur [α,d][\alpha, d].
  3. En déduire que f(x)≥0f(x) \geq 0 pour tout x∈[c,d]x \in [c, d].

Remarque : L'énoncé original de cet exercice est partiellement illisible sur le scan ; il a été reconstruit fidèlement à partir des questions visibles (Rolle, concavité, signe de ff). Le résultat est la caractérisation classique : une fonction concave est au-dessus de ses cordes.

◀الحل

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

La fonction ff est continue sur [c,d][c,d], dérivable sur ]c,d[]c,d[, et f(c)=f(d)=0f(c) = f(d) = 0. Par le théorème de Rolle :

∃ α∈ ]c,d[  :  f′(α)=0.\boxed{\exists\, \alpha \in \, ]c, d[ \; : \; f'(\alpha) = 0.}

2. Signe de f′f'

Comme f′′≤0f'' \leq 0 sur [a,b][a,b], la dérivée f′f' est décroissante. Puisque f′(α)=0f'(\alpha) = 0 :

  • Pour x∈[c,α]x \in [c, \alpha] : f′(x)≥f′(α)=0f'(x) \geq f'(\alpha) = 0, donc f′≥0f' \geq 0 — ff est croissante sur [c,α][c, \alpha].
  • Pour x∈[α,d]x \in [\alpha, d] : f′(x)≤f′(α)=0f'(x) \leq f'(\alpha) = 0, donc f′≤0f' \leq 0 — ff est décroissante sur [α,d][\alpha, d].

3. Positivité de ff sur [c,d][c,d]

  • Sur [c,α][c, \alpha] : ff est croissante et f(c)=0f(c) = 0, donc f(x)≥f(c)=0f(x) \geq f(c) = 0.
  • Sur [α,d][\alpha, d] : ff est décroissante et f(d)=0f(d) = 0, donc f(x)≥f(d)=0f(x) \geq f(d) = 0.

f(x)≥0pour tout x∈[c,d].\boxed{f(x) \geq 0 \quad \text{pour tout } x \in [c, d].}

Interprétation géométrique : le graphe d'une fonction concave se situe au-dessus de chacune de ses cordes ; ici la corde joignant (c,0)(c, 0) à (d,0)(d, 0) est le segment de l'axe des abscisses.