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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Mohammed Seddik Benyahia - Jijel — الموضوع 03

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès au doctorat en Mathématiques, épreuve générale d'Analyse (Sujet 3), Université Mohammed Seddik Benyahia de Jijel, Faculté des Sciences Exactes et Informatique, 22/02/2025, durée 1h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Racines cubiques de l'unité et le nombre j

#complex-numbers#roots-of-unity#exponential-form

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

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

1. Résolution de X3=1X^3=1

Les racines cubiques de l'unité sont Xk=e2ikπ/3X_k = e^{2ik\pi/3}, k=0,1,2k=0,1,2 :

1,j=e2iπ/3=−12+i32,j2=e4iπ/3=−12−i32.\boxed{1,\quad j = e^{2i\pi/3} = -\tfrac12 + i\tfrac{\sqrt3}{2},\quad j^2 = e^{4i\pi/3} = -\tfrac12 - i\tfrac{\sqrt3}{2}.}

2. Conjugué de jj

j‾=−12−i32=e−2iπ/3=e4iπ/3=j2.\overline{j} = -\tfrac12 - i\tfrac{\sqrt3}{2} = e^{-2i\pi/3} = e^{4i\pi/3} = j^2.

3. Inverse de jj

j⋅j2=j3=1j \cdot j^2 = j^3 = 1, donc j−1=j2j^{-1} = j^2. (De plus ∣j∣=1|j|=1 donne j−1=j‾=j2j^{-1}=\overline{j}=j^2.)

4. Somme nulle

jj est racine de X3−1=(X−1)(X2+X+1)X^3-1 = (X-1)(X^2+X+1) et j≠1j \neq 1, donc j2+j+1=0j^2+j+1 = 0, soit

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

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

De 1+j+j2=01+j+j^2=0 on tire 1+j=−j21+j = -j^2, donc 11+j=−1j2=−j\dfrac{1}{1+j} = -\dfrac{1}{j^2} = -j (car 1j2=j\frac{1}{j^2}=j).

11+j=−j.\boxed{\dfrac{1}{1+j} = -j.}

6. Puissances de jj

Comme j3=1j^3=1, jnj^n ne dépend que de n mod 3n \bmod 3 :

jn={1si n≡0 [3]jsi n≡1 [3]j2si n≡2 [3]\boxed{j^n = \begin{cases} 1 & \text{si } n \equiv 0 \ [3] \\ j & \text{si } n \equiv 1 \ [3] \\ j^2 & \text{si } n \equiv 2 \ [3] \end{cases}}

التمرين 2

Exercice 2 — Suites adjacentes et convergence vers ln 2

#analysis#adjacent-sequences#logarithm-inequalities#harmonic-sums

Soit n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, on pose

an=∑k=n+12n1k,bn=∑k=n2n1k.a_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}, \qquad b_n = \sum_{k=n}^{2n} \frac{1}{k}.

  1. (1,5 pts) Montrer que les suites (an)n≥1(a_n)_{n\geq 1} et (bn)n≥1(b_n)_{n\geq 1} sont adjacentes.
  2. (1 pt) Établir l'inégalité ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x) \leq x, ∀x∈ ]−1,+∞[\forall x \in\ ]-1,+\infty[.
  3. (1 pt) En déduire que x≤−ln⁡(1−x)x \leq -\ln(1-x), ∀x∈ ]−∞,1[\forall x \in\ ]-\infty,1[.
  4. (1,5 pts) Justifier que ∀n∈N∗\forall n \in \mathbb{N}^*, an≤ln⁡2≤bna_n \leq \ln 2 \leq b_n.
  5. (1 pt) Que peut-on en déduire ?
◀الحل

1. Suites adjacentes

On a bn=an+1nb_n = a_n + \dfrac{1}{n}.

(an)(a_n) croissante : an+1−an=12n+1+12n+2−1n+1=12n+1−12n+2=1(2n+1)(2n+2)>0.a_{n+1}-a_n = \dfrac{1}{2n+1} + \dfrac{1}{2n+2} - \dfrac{1}{n+1} = \dfrac{1}{2n+1} - \dfrac{1}{2n+2} = \dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)} \gt 0.

(bn)(b_n) décroissante : bn+1−bn=(an+1−an)+1n+1−1n=1(2n+1)(2n+2)−1n(n+1)<0b_{n+1}-b_n = (a_{n+1}-a_n) + \dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)} - \dfrac{1}{n(n+1)} \lt 0 (le second terme domine).

bn−an=1n→0b_n - a_n = \dfrac{1}{n} \to 0. Les deux suites sont donc adjacentes.

2. Inégalité ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x)\leq 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}, négatif sur ]−1,0[]-1,0[, positif sur ]0,+∞[]0,+\infty[ : minimum en 00, g(0)=0g(0)=0. Donc g≥0g\geq 0, soit ln⁡(1+x)≤x\ln(1+x)\leq x.

3. Inégalité dérivée

En remplaçant xx par −x-x (avec −x>−1-x\gt -1, i.e. x<1x\lt 1) : ln⁡(1−x)≤−x\ln(1-x) \leq -x, d'où x≤−ln⁡(1−x)x \leq -\ln(1-x) pour x<1x \lt 1.

4. Encadrement de ln⁡2\ln 2

De la question 2, avec x=1kx=\frac1k : ln⁡ ⁣(1+1k)=ln⁡(k+1)−ln⁡k≤1k\ln\!\left(1+\tfrac1k\right) = \ln(k+1)-\ln k \leq \dfrac{1}{k}. En sommant de k=n+1k=n+1 à 2n2n (télescopage) : ln⁡(2n)−ln⁡(n)=ln⁡2≤∑k=n+12n1k  ?\ln(2n)-\ln(n) = \ln 2 \leq \sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k \;? — dans l'autre sens : an=∑k=n+12n1ka_n = \sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k et 1k≤ln⁡k−ln⁡(k−1)\frac1k \leq \ln k - \ln(k-1) (question 3 avec x=1kx=\frac1k donne 1k≤−ln⁡(1−1k)=ln⁡kk−1\frac1k \leq -\ln(1-\frac1k)=\ln\frac{k}{k-1}). Donc an≤∑k=n+12n(ln⁡k−ln⁡(k−1))=ln⁡(2n)−ln⁡(n)=ln⁡2a_n \leq \sum_{k=n+1}^{2n}(\ln k - \ln(k-1)) = \ln(2n)-\ln(n) = \ln 2.

De même 1k≥ln⁡(k+1)−ln⁡k\frac1k \geq \ln(k+1)-\ln k, donc bn=∑k=n2n1k≥∑k=n2n(ln⁡(k+1)−ln⁡k)=ln⁡(2n+1)−ln⁡(n)≥ln⁡2b_n = \sum_{k=n}^{2n}\frac1k \geq \sum_{k=n}^{2n}(\ln(k+1)-\ln k) = \ln(2n+1)-\ln(n) \geq \ln 2.

an≤ln⁡2≤bn.\boxed{a_n \leq \ln 2 \leq b_n.}

5. Conclusion

Les suites (an)(a_n) et (bn)(b_n) sont adjacentes et encadrent ln⁡2\ln 2 ; elles convergent donc vers une limite commune, et cette limite est

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

Exercice 3 — Théorème de Rolle et convexité

#analysis#rolle-theorem#concavity#mean-value

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

  1. (2 pts) Montrer qu'il existe α∈ ]c,d[\alpha \in\ ]c,d[ tel que f′(α)=0f'(\alpha) = 0.
  2. (2 pts) En déduire que f(x)≥0f(x) \geq 0 pour tout x∈[c,d]x \in [c,d].
◀الحل

1. Existence d'un point critique

ff est continue sur [c,d][c,d], dérivable sur ]c,d[]c,d[ et f(c)=f(d)=0f(c)=f(d)=0. Le théorème de Rolle s'applique : il existe α∈ ]c,d[\alpha \in\ ]c,d[ tel que f′(α)=0f'(\alpha)=0.

2. Positivité de ff

Comme f′′≤0f'' \leq 0 sur ]c,d[]c,d[, f′f' est décroissante. Puisque f′(α)=0f'(\alpha)=0 :

  • sur [c,α][c,\alpha], f′≥0f' \geq 0, donc ff croissante ;
  • sur [α,d][\alpha,d], f′≤0f' \leq 0, donc ff décroissante.

Ainsi ff atteint son maximum en α\alpha et, pour x∈[c,α]x \in [c,\alpha], f(x)≥f(c)=0f(x) \geq f(c)=0 ; pour x∈[α,d]x\in[\alpha,d], f(x)≥f(d)=0f(x) \geq f(d)=0. (C'est la concavité : le graphe est au-dessus de la corde joignant (c,0)(c,0) et (d,0)(d,0).)

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