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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Yahia Farès - Médéa — الموضوع 02

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours de Doctorat 2025 — Analyse mathématiques, Variante 3 (08/02/2025)

التمرين 1

Régularité de $f(x,y) = \dfrac{x^\alpha y^\beta}{\sqrt{x^2-xy+y^2}}$ selon $\alpha,\beta$

#fonctions de plusieurs variables#dérivée directionnelle#continuité#différentiabilité#homogénéité

Soient α,β∈N∗\alpha, \beta \in \mathbb{N}^*. On définit sur R2∖{(0,0)}\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\} :

f(x,y)=xαyβx2−xy+y2,f(0,0)=0.f(x,y) = \frac{x^\alpha y^\beta}{\sqrt{x^2 - xy + y^2}}, \qquad f(0,0) = 0.

  1. Montrer que x2−xy+y2≥x2+y22x^2 - xy + y^2 \geq \dfrac{x^2+y^2}{2} pour tous x,y∈Rx,y \in \mathbb{R} (on pourra utiliser 2∣xy∣≤x2+y22|xy| \leq x^2+y^2), et en déduire une majoration de ∣f(x,y)∣|f(x,y)| par 2 (x2+y2)(α+β−1)/2\sqrt2\,(x^2+y^2)^{(\alpha+\beta-1)/2}.
  2. Montrer que ff est continue en (0,0)(0,0) pour tout α,β∈N∗\alpha,\beta \in \mathbb{N}^*.
  3. Calculer la limite de f(t,t)/tf(t,t)/t quand t→0t\to0 suivant les valeurs de α+β\alpha+\beta, et en déduire pour quelles valeurs de α+β\alpha+\beta la dérivée directionnelle Dvf(0,0)D_v f(0,0) (dans la direction v=(1,1)v=(1,1)) existe.
  4. Montrer que ff est différentiable en (0,0)(0,0) si et seulement si α+β≥3\alpha + \beta \geq 3.

Remarque : Le cas critique α=β=1\alpha=\beta=1 (i.e. f(x,y)=xyx2−xy+y2f(x,y)=\frac{xy}{\sqrt{x^2-xy+y^2}}) est l'exemple type de fonction continue, possédant des dérivées partielles, mais non différentiable à l'origine — la non-existence de certaines dérivées directionnelles hors des axes en est la signature.

◀الحل

1. Inégalité et majoration de ff

Comme 2∣xy∣≤x2+y22|xy| \leq x^2+y^2 (inégalité arithmético-géométrique), on a −xy≥−x2+y22-xy \geq -\frac{x^2+y^2}{2}, donc :

x2−xy+y2≥x2+y2−x2+y22=x2+y22.x^2 - xy + y^2 \geq x^2+y^2 - \frac{x^2+y^2}{2} = \frac{x^2+y^2}{2}.

x2−xy+y2≥x2+y22.\boxed{x^2-xy+y^2 \geq \frac{x^2+y^2}{2}.}

Par conséquent, x2−xy+y2≥x2+y22\sqrt{x^2-xy+y^2} \geq \dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt2}, et comme ∣x∣,∣y∣≤x2+y2=:r|x|,|y| \leq \sqrt{x^2+y^2} =: r :

∣f(x,y)∣=∣x∣α∣y∣βx2−xy+y2≤rα+βr/2=2 rα+β−1=2 (x2+y2)(α+β−1)/2.|f(x,y)| = \frac{|x|^\alpha|y|^\beta}{\sqrt{x^2-xy+y^2}} \leq \frac{r^{\alpha+\beta}}{r/\sqrt2} = \boxed{\sqrt2\, r^{\alpha+\beta-1} = \sqrt2\,(x^2+y^2)^{(\alpha+\beta-1)/2}.}

2. Continuité en (0,0)(0,0)

Comme α+β≥2\alpha+\beta \geq 2 (car α,β≥1\alpha,\beta \geq 1), l'exposant α+β−1≥1>0\alpha+\beta-1 \geq 1 > 0, donc :

∣f(x,y)∣≤2 rα+β−1→r→00=f(0,0).|f(x,y)| \leq \sqrt2\,r^{\alpha+\beta-1} \xrightarrow[r\to0]{} 0 = f(0,0).

f est continue en (0,0) pour tout α,β∈N∗.\boxed{f \text{ est continue en } (0,0) \text{ pour tout } \alpha,\beta \in \mathbb{N}^*.}

3. Dérivée directionnelle selon v=(1,1)v=(1,1)

Sur la droite x=y=tx=y=t : x2−xy+y2=t2x^2-xy+y^2 = t^2, donc f(t,t)=tα+β∣t∣f(t,t) = \dfrac{t^{\alpha+\beta}}{|t|} pour t≠0t\neq0. Donc :

f(t,t)t=tα+βt∣t∣=sgn⁡(t) ∣t∣α+β−2⋅tα+β∣t∣α+β−1⋅t∣simplifieˊ.\frac{f(t,t)}{t} = \frac{t^{\alpha+\beta}}{t|t|} = \operatorname{sgn}(t)\, |t|^{\alpha+\beta-2}\cdot\dfrac{t^{\alpha+\beta}}{|t|^{\alpha+\beta-1}\cdot t}\Big|_{\text{simplifié}}.

Plus simplement, pour t>0t>0 : f(t,t)t=tα+βt⋅t=tα+β−2\dfrac{f(t,t)}{t} = \dfrac{t^{\alpha+\beta}}{t\cdot t} = t^{\alpha+\beta-2}.

  • Si α+β>2\alpha+\beta > 2 (i.e. α+β≥3\alpha+\beta \geq 3) : tα+β−2→0t^{\alpha+\beta-2} \to 0 quand t→0t\to0.
  • Si α+β=2\alpha+\beta = 2 (i.e. α=β=1\alpha=\beta=1) : t0=1t^0 = 1, la limite à droite vaut 11 mais à gauche (t<0t<0, ∣t∣=−t|t|=-t) : f(t,t)t=t2t⋅(−t)=−1\frac{f(t,t)}{t} = \frac{t^2}{t\cdot(-t)} = -1 : les limites à droite et à gauche diffèrent, la limite n'existe pas.

Dvf(0,0) existe  ⟺  α+β≥3, auquel cas Dvf(0,0)=0.\boxed{D_v f(0,0) \text{ existe} \iff \alpha+\beta \geq 3, \text{ auquel cas } D_vf(0,0) = 0.}

Pour α=β=1\alpha=\beta=1, Dvf(0,0)D_vf(0,0) n'existe pas.

4. Différentiabilité en (0,0)(0,0)

Cas α+β≥3\alpha+\beta \geq 3 : d'après la majoration de 1., ∣f(x,y)∣x2+y2≤2 rα+β−2→0\dfrac{|f(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \leq \sqrt2\,r^{\alpha+\beta-2} \to 0 quand r→0r\to0 (car α+β−2≥1>0\alpha+\beta-2 \geq 1 > 0). Comme les dérivées partielles en (0,0)(0,0) sont nulles (même calcul que pour DvfD_vf avec v=(1,0)v=(1,0) ou (0,1)(0,1), qui donnent 00 car f(t,0)=f(0,t)=0f(t,0)=f(0,t)=0), ceci montre exactement la différentiabilité avec df(0,0)=0df(0,0)=0 :

f est diffeˊrentiable en (0,0) si α+β≥3.\boxed{f \text{ est différentiable en } (0,0) \text{ si } \alpha+\beta \geq 3.}

Cas α=β=1\alpha=\beta=1 (i.e. α+β=2\alpha+\beta=2) : on vient de montrer que Dvf(0,0)D_vf(0,0) n'existe pas pour v=(1,1)v=(1,1). Or si ff était différentiable en (0,0)(0,0), toutes les dérivées directionnelles existeraient (et vaudraient df(0,0)⋅vdf(0,0)\cdot v). Contradiction :

f n’est pas diffeˊrentiable en (0,0) si α+β=2 (α=β=1).\boxed{f \text{ n'est pas différentiable en } (0,0) \text{ si } \alpha+\beta = 2 \, (\alpha=\beta=1).}

Combinant les deux cas (le cas α+β=2\alpha+\beta=2 étant le seul possible avec α,β≥1\alpha,\beta\geq1 en dehors de α+β≥3\alpha+\beta\geq3) :

f est diffeˊrentiable en (0,0)  ⟺  α+β≥3.\boxed{f \text{ est différentiable en } (0,0) \iff \alpha+\beta \geq 3.}

التمرين 2

Théorème de convergence dominée : application et contre-exemple sans domination

#théorie de la mesure#convergence dominée#intégrale de Lebesgue#mesure de Lebesgue
  1. Énoncer le théorème de convergence dominée de Lebesgue.
  2. Soit E={x∈R:∣cos⁡x∣=1}E = \{x \in \mathbb{R} : |\cos x| = 1\}. Montrer que E=πZE = \pi\mathbb{Z} et que EE est de mesure de Lebesgue nulle : λ(E)=0\lambda(E) = 0.
  3. Soit f∈L1(R,λ)f \in L^1(\mathbb{R}, \lambda). Montrer que :

lim⁡n→∞∫Rf(x)cos⁡n(x) dλ(x)=0.\lim_{n\to\infty} \int_{\mathbb{R}} f(x)\cos^n(x)\, d\lambda(x) = 0.

  1. On pose fn=1n1[0,n]f_n = \dfrac{1}{n}\mathbb{1}_{[0,n]}. Montrer que fn→0f_n \to 0 uniformément sur R\mathbb{R}, mais que ∫Rfn dλ=1\displaystyle\int_{\mathbb{R}} f_n\, d\lambda = 1 pour tout nn. Commenter au regard du théorème de convergence dominée.

Remarque : Ce contre-exemple classique ("masse qui s'échappe à l'infini") illustre pourquoi le théorème de convergence dominée ne se généralise pas à la seule convergence uniforme sur un espace de mesure infinie ; sur un espace de mesure finie, convergence uniforme impliquerait bien la convergence des intégrales.

◀الحل

1. Énoncé du théorème de convergence dominée

Théorème (Lebesgue) : Soit (gn)(g_n) une suite de fonctions mesurables sur un espace mesuré (X,A,μ)(X,\mathcal{A},\mu), convergeant μ\mu-presque partout vers une fonction gg. S'il existe h∈L1(μ)h \in L^1(\mu) telle que ∣gn∣≤h|g_n| \leq h μ\mu-p.p. pour tout nn, alors g∈L1(μ)g \in L^1(\mu) et :

lim⁡n→∞∫Xgn dμ=∫Xg dμ.\lim_{n\to\infty} \int_X g_n\, d\mu = \int_X g\, d\mu.

2. L'ensemble E={∣cos⁡x∣=1}E = \{|\cos x|=1\}

∣cos⁡x∣=1  ⟺  cos⁡x=±1  ⟺  x∈πZ|\cos x| = 1 \iff \cos x = \pm1 \iff x \in \pi\mathbb{Z} (les points où cos⁡\cos atteint ses valeurs extrêmes). Donc E=πZ={kπ:k∈Z}E = \pi\mathbb{Z} = \{k\pi : k\in\mathbb{Z}\}, un ensemble dénombrable. Tout ensemble dénombrable est de mesure de Lebesgue nulle (chaque singleton étant de mesure nulle et λ\lambda étant σ\sigma-additive) :

E=πZ,λ(E)=0.\boxed{E = \pi\mathbb{Z}, \qquad \lambda(E) = 0.}

3. Convergence vers 00

Pour x∉Ex \notin E, ∣cos⁡x∣<1|\cos x| < 1, donc cos⁡n(x)→0\cos^n(x) \to 0 quand n→∞n\to\infty ; ainsi f(x)cos⁡n(x)→0f(x)\cos^n(x) \to 0 pour presque tout xx (i.e. λ\lambda-p.p., puisque λ(E)=0\lambda(E)=0).

De plus, ∣f(x)cos⁡n(x)∣≤∣f(x)∣|f(x)\cos^n(x)| \leq |f(x)| pour tout nn et tout xx, et ∣f∣∈L1(R)|f| \in L^1(\mathbb{R}) par hypothèse (domination indépendante de nn). Le théorème de convergence dominée s'applique :

lim⁡n→∞∫Rf(x)cos⁡n(x) dλ(x)=∫R0 dλ=0.\boxed{\lim_{n\to\infty}\int_{\mathbb{R}} f(x)\cos^n(x)\,d\lambda(x) = \int_{\mathbb{R}} 0\, d\lambda = 0.}

4. Contre-exemple sans domination uniforme

Convergence uniforme vers 00 : ∥fn∥∞=sup⁡x∣fn(x)∣=1n→0\|f_n\|_\infty = \sup_x |f_n(x)| = \dfrac1n \to 0, donc fn→0f_n \to 0 uniformément sur R\mathbb{R}.

Intégrale constante :

∫Rfn dλ=1n⋅λ([0,n])=1n⋅n=1pour tout n.\int_{\mathbb{R}} f_n\, d\lambda = \frac1n \cdot \lambda([0,n]) = \frac1n \cdot n = 1 \quad \text{pour tout } n.

∫Rfn dλ=1  ↛  0=∫Rlim⁡fn dλ.\boxed{\int_{\mathbb{R}} f_n\,d\lambda = 1 \; \not\to \; 0 = \int_{\mathbb{R}} \lim f_n \, d\lambda.}

Commentaire : bien que fn→0f_n \to 0 uniformément (donc a fortiori simplement et p.p.), on ne peut pas appliquer le théorème de convergence dominée ici, car il n'existe aucune fonction h∈L1(R)h \in L^1(\mathbb{R}) dominant uniformément tous les fnf_n (le support de fnf_n s'étale sur [0,n][0,n], de mesure croissante, et toute domination ponctuelle h≥sup⁡nfnh \geq \sup_n f_n hérite d'une masse infinie). Cet exemple montre que l'hypothèse de domination est essentielle dans le théorème de Lebesgue : la seule convergence uniforme (ou p.p.) ne suffit pas à permuter limite et intégrale sur un espace de mesure infinie.