La collection d’exercices de Vladimir Arnol’d

Je pense que l’agrégé moyen ne résoudra pas plus de 40 problèmes en une semaine. Je ne connais pas grand monde qui serait capable de résoudre les 100 problèmes en une semaine, d’ailleurs. Non qu’ils soient réellement difficiles, car je pense que l’ordre de difficulté technique ne dépasse pas, ou pas de beaucoup, celle de l’agrégation à condition d’avoir suivi un cours qui traite du sujet. Peut-être que pour Arnold il était scandaleux que certains de ces sujets ne figurent pas dans le cursus des étudiants, mais je ne suis pas vraiment d’accord avec ce point de vue, chacun a la droit de choisir les matières qu’il préfère. Cela dit, même pour les étudiants qui auraient suivi tous les cours nécessaires, il n’y aurait pas grand monde capable de résoudre tous ces exercices.

Dans mon cas personnel, je n’ai pas la patience de les tester tous (!) mais il y a peut-être une moitié des exercices qui nécessiterait que je me documente, ou alors qui nécessiterait une ou plusieurs heures de réflexion.

P.S. pour la question 72 il faut évidemment utiliser l’équation de la chaleur. Si on note u(x,t) la température en fonction de la profondeur x et du temps t, alors comme u(x,t) est périodique par rapport à t, on peut exprimer la solution en fonction des coefficients de Fourier de u(0,t). La solution est une expression qui fait intervenir \(x/\sqrt{T}\), où T est la période, donc si T est divisée par 365 le sol doit geler jusqu’à une profondeur de \(2/\sqrt{365}\) mètre.

Par contre, la plupart des exercices de 45 à 55 nécessiteraient réflexion pour moi…

Je ne connais pas grand monde qui serait capable de résoudre les 100 problèmes en une semaine, d’ailleurs.

Ah, d’après toutes tes interventions ici et sur d’autres blogs, je pensais justement que tu en faisais partie 😉 Mon ami Fare dit que étais un vrai « crack » lorsqu’il était en sup et toi en spé dans le même lycée.

Concernant ta solution du no.72 je devrais d’abord réviser l’équation de la chaleur (pour comprendre comment interviennent la condition de la température extérieure).

Arnold Trivium — Solution du no.45

On rappelle que les homographies

\(z\mapsto \frac{az+b}{cz+d}\,,\qquad ad-bc\neq0,\)

envoient des cercles ou droites sur des cercles ou droites.

Pour l’homographie f(z)=(1+z)/(1-z)
on a f(1)=oo, f(-1)=0 et f(i)=i ; on en déduit que f envoie le cercle unité sur l’axe imaginaire. Par conséquence f envoie le disque unité sur l’un des demi-plan délimités par l’axe imaginaire, et comme f(0)=1 il s’agit du demi-plan défini par Re(z)>0.

L’application qui à z associe z² induit une représentation conforme g entre le premier quadrant et le demi-plan défini par Im(z)>0.

Notant r la multiplication par i (rotation de 90°), la composée \(g^{-1}\circ r\circ f\) est une représentation conforme de l’intérieur du disque unité sur le premier quadrant.

Arnold n’était pas avare de critiques envers l’enseignement des mathématiques en France. Voir aussi ce passage
et en particulier le paragraphe commençant par To the question "what is 2 + 3". Je pense que l’idée qu’Arnold se faisait de ce qu’un étudiant en mathématiques doit connaître est assez différent de ce qu’un étudiant apprend dans le système scolaire français. Ceci, plus surtout le fait qu’Arnold était un mathématicien largement au-dessus du lot, fait qu’en comparaison nous devons avoir l’air d’handicapés mentaux.

Pour l’exercice no.72 : il n’y a aucune subtilité sur la température extérieure, on suppose que la température de la surface du sol est égal à tout instant à la température extérieure, ce qui impose la condition au bord u(0,t) = température extérieure à l’instant t.

Exercice no.05 : il doit y avoir une erreur car ça me semble trop simple.

Exercice no.50 : ça me semble bizarre car j’ai l’impression que l’intégrale ne converge pas.

Exercice no.54 : comme je n’avais pas fait beaucoup d’analyse complexe quand j’étais jeune, j’ai cherché une solution naïve comme suit. On résout tan(w)=z en exp(2iw)=(1+iz)/(1-iz). Comme une homographie est un automorphisme de la sphère de Riemann, cela revient à exp(2iw)=Z avec Z complexe différent de 0 et -1. Or, exp(2iw)=Z avec Z non nul donne le revêtement universel de C* (qui est C), donc la réponse à la question devrait être C privé des points \(\pi/2 + n\pi\) (avec n entier relatif). Cela dit, comme je ne suis pas sûr de comprendre la question, je ne suis pas sûr non plus de la réponse…

Merci Math ô man de prendre du temps pour les mathématiques comme tu le fais.
Je viens de jeter un oeil à cette feuille d´éxercices et, effectivement, tout n´est pas évident. Je ne saurai pas chiffrer le nombre de personnes capables de résoudre tous ces problémes en un temps reccord, mais une chose est sûre, j´essaierai d´ajouter ma pierre à l´édifice!

Merci encore pour tout,

Un lecteur assidu.

Ce qui est le plus cocasse c’est que cette liste est selon Arnold le minimum pour un… étudiant en physique !

Solution du no.52

Les notations de l’énoncé viennent de la mécanique (potentiel U et niveau d’énérgie E). Nous préférons écrire l’équation sous la forme y²=P(x) où

P=2(E–U)=a₀+a₁x+…+a_nxⁿ

avec des a_k complexes et a_n non-nul. Comme E est une valeur régulière de U les n racines du polynôme P sont simples.
La surface de Riemann

\({\cal S}=\{(x,y)\in\mathbb{C}^2\,|\,y^2=P(x)\}\)

n’est pas compacte. Pour la compactifier il suffit d’ajouter des points à l’infini (voir aussi l’exercice no.45) : deux points Q et Q‘ si n est pair, et un point R si n est impair. Notons \(\overline{\cal S}\) la surface ainsi compactifiée. L’application

\(\overline{\cal S} \longrightarrow \mathbb{C} P^1, \;\;
\begin{cases}
(x,y) \longrightarrow x&\\
Q,Q’ \longrightarrow \infty&\text{ si $n$ pair}\\
\phantom{Pr}R \longrightarrow \infty&\text{ si $n$ impair}
\end{cases}\)

est un revêtement ramifié à deux feuillets. Les points de ramification se situent au-dessus des n racines du polynôme P et au-dessus de l’infini si n impair ; dans tous les cas le nombre de points de ramifications est pair.

Passons maintenant à l’étude des points singuliers de la forme différentielle \(\omega = \frac{{\rm d}x}y.\)

• Soit A=(x₀,y₀) un point dans \(\cal S\). Si \(P(x_0)\neq0\) alors \(y_0\neq0\) et A est un point régulier de \(\omega\). Si P(x₀)=0 alors P‘(x₀) est non-nul et y est une carte locale de \(\cal S\) en A. Au voisinage de A on a donc x–x₀=f(y)P(y²) avec une fonction holomorphe f telle que f(y) est non-nul. Ainsi, toujours au voisinage de A,

  \(\omega=\frac{{\rm d}x}y=\frac{f'(y)y^2+2f(y)y}y{\rm d}y=(f'(y)y+2f(y)){\rm d}y.\)

  On vient de prouver que \(\omega\) n’a pas de singularités dans \(\cal S\). Il reste à étudier ce qu’il en est aux points à l’infini.

• Si n est pair, alors \(\xi=1/x\) est un carte locale au voisinage de Q et au voisinage de Q’. Comme

  \(y^2=P(x)=\xi^{-n}(a_n+a_{n-1}\xi+\cdots+a_0\xi^n)\)

  on a dans ces voisinages de Q et Q’

  \(\frac1y=\frac{\xi^{n/2}}{g(\xi)},\)

  où g est holomorphe avec \(g(0)=\pm\sqrt{a_n}\) (un signe pour Q, l’autre pour Q’). Par conséquence,

  \(\omega=\frac{{\rm d}x}y=-\frac{\xi^{n/2-2}}{g(\xi)}{\rm d}\xi.\)

  Cela montre que la forme différentielle \(\omega\) est holomorphe aux points à l’infini si \(n\geq4\) pair.
  Dans le cas n=2 elle y possède des pôles d’ordre 1, de résidus \(\pm1/\sqrt{a_2}\).

• si n est impair alors R est un point de ramification d’ordre 2. La fonction \(\xi=1/x\) n’est plus une carte locale au voisinage de R, mais la fonction \(\zeta\) définie par \(\zeta^2=\xi\) l’est. Comme

  \(\begin{align*}
  y^2&=\xi^{-n}(a_n+a_{n-1}\xi+\cdots+a_0\xi^n)\\
  &=\zeta^{-2n}(a_n+a_{n-1}\zeta^2+\cdots+a_0\zeta^{2n})
  \end{align*}\)

  on a au voisinage de R

  \(\frac1y=\frac{\zeta^n}{h(\zeta)},\)

  où h est holomorphe avec h(0) non-nul. Par conséquence,

  \(\omega=\frac{{\rm d}x}y=\frac{\zeta^n}{h(\zeta)}{\rm d}(\zeta^{-2})=-\frac{2\zeta^{n-3}}{h(\zeta)}{\rm d}\zeta.\)

  Cela montre que la forme différentielle \(\omega\) est holomorphe au point à l’infini si \(n\geq3\) impair.
  Dans le cas n=1 elle y possède un pôle d’ordre 2. Son résidu est nul. Cette dernière affirmation résulte du fait que le développement en série de \(\zeta^{-2}/h(\zeta)\) n’a pas de puissances impaires.

Résumé : La forme différentielle à étudier est holomorphe sur la surface de Riemann compacte \(\overline{\cal S}\) si n>2. Pour n=1 elle possède un seul pôle qui est d’ordre 2 et de résidu nul. Pour n=2 elle possède deux pôles qui sont simples et de résidus opposés.

Remarque : Pour n=1 ou 2 la surface \(\overline{\cal S}\) est isomomrphe à la sphère de Riemann CP¹. La somme des résidus de toute forme méromorphe sur CP¹ est finie (car CP¹ est compact) et nulle (car CP¹ est simplement connexe). Nos résultats sur les résidus ne font que confirmer cette propriété plus générale.
Pour n=3 ou 4 la surface \(\overline{\cal S}\) est une courbe elliptique. On peut montrer que la primitive de \(\omega\) induit un isomorphisme entre \(\overline{\cal S}\) et un tore, l’isomorphisme inverse étant \((\wp,\wp’)\) où \(\wp\) est la fonction de Weierstrass.

Mathoman: merci pour ces explications.

Voici quelques solutions dans le désordre:

Solution du no.57

La fonction u=1 est une solution évidente. En cherchant une solution sous la forme \(u=1+\sum_{k\ge 1} b_k(x)y^k\), on tombe sur la famille de solutions \(u=1+\lambda y e^{y^2/2x^2}\)

Solution du no.49

D’après le théorème des résidus, l’intégrale de la fonction sur le chemin allant de -R a R, puis parcourant le demi-cercle centre en 0, de rayon R, se trouvant sur le demi-plan supérieur, est égal a \(2\pi i Res(e^{ikx}/(1+x^2),i)=\pi e^{-k}\). On démontre facilement que l’intégrale sur le demi-cercle tend vers 0 quand R tend vers l’infini, donc la réponse est \(\pi e^{-k}\)

Solution du no.63

On se place en coordonnées polaires. Les coefficients de Fourier de la fonction impaire \(u(1,\theta)\) sont \(b_n=4/(\pi n)\) pour n impair et 0 sinon. Les fonctions \(r^n\sin(n\theta)\) sont harmoniques (soit on le vérifie à la main, soit on observe que c’est la partie imaginaire d’une fonction holomorphe), donc on trouve la solution

\(\begin{align*}u&=\sum_{n\ge 1}b_nr^n\sin(n\theta)=\frac{4}{\pi} Im \sum_{k\ge 0} \int z^{2k} dz=\frac{2}{\pi} Im \log\frac{1+z}{1-z}\\
&= \frac{2}{\pi}\mbox{arg}\frac{1+z}{1-z} = \frac{2}{\pi}\arctan\frac{2y}{1-x^2-y^2}\end{align*}\)

Solution du no.71

Intuitivement on se dit que la température d’équilibre doit être \(u(x,t)=x\), donc on cherche une solution telle que \(u(x,t)=x+v(x,t)\) avec \(v(x,t)=x^2-x\) pour t=0 ou bien x=0 ou bien x=1. On peut même prolonger v en une fonction impaire et 2-périodique par rapport à x. On calcule que les coefficients de Fourier de v(x,0) valent \(b_n=-8/(n\pi)^3\) pour n impair et 0 sinon. Une méthode de séparation des variables montre que \(\sin(n\pi x)e^{\sqrt{n\pi}t}\) est solution de l’équation de la chaleur, donc

\(u(x,t)=x+\sum_n b_n \sin(n\pi x)e^{-\sqrt{n\pi}t}\)

est solution du problème. Donc \(x-(8/\pi^3)e^{-\sqrt{\pi}}\sin\pi x\) est une bonne approximation u(x,1), et on peut en tracer le graphe à la main ou grâce à son logiciel favori.

Solution du no.64

Infinie. Exemples de solutions: \((r^n+r^{-n})\cos n\theta\).

Solution du no.65

On regarde les fonctions u=f(r) ne dependant que de r.
On cherche donc a minimiser \(\int_0^1 f'(r)^2 rdr \).
Considerons \(f(r)=\mbox{max}(0,1-\log(r)/\log(\varepsilon)\).
Alors \(\int_0^1 f'(r)^2 rdr =1/\log\varepsilon\) est aussi petit qu’on veut. La fonction f n’est pas \(C^\infty\) mais on peut l’approximer par des fonctions \(C^\infty\), donc l’inf cherche est 0.

Solution du no.91

Si u est un endomorphisme d’un espace vectoriel reel E verifiant \(u^5=Id\) alors le theoreme des noyaux assure que E est la somme directe des sous-espaces stables

\(\mbox{ker}(u-Id)\)
\(\mbox{ker}(u^2-2\cos(2\pi/5)u+Id)\)
\(\mbox{ker}(u^2-2\cos(4\pi/5)u+Id)\)

Dans le cas qui nous concerne, le premier espace est engendre par le vecteur (1,1,1,1,1),

Le deuxieme espace est engendre par les parties reelles et imaginaires de
\((1,\omega,…,\omega^4)\) ou \(\omega=e^{2\pi i/5}\).

Le troisieme espace est engendre par les parties reelles et imaginaires de
\((1,\zeta,…,\zeta^4)\) ou \(\zeta=e^{4\pi i/5}\).

Solution du no.92

Notons \(E_n\) l’espace des polynômes réels homogènes à trois variables de degré n. Comme il est engendré par les monômes \(x^ay^bz^c\) avec \(a+b+c=n\), il est de dimension 1+2+…+(n+1) = (n+1)(n+2)/2.

Il s’identifie au sous-espace de \(E_1^{\otimes n}\) qui consiste en les tenseurs symétriques, donc possède un produit scalaire invariant sous l’action de SO(3). Concrètement, les monômes \(x^ay^bz^c\) sont de norme \(\sqrt{\frac{a!b!c!}{n!}}\) et sont deux à deux orthogonaux.

Notons \(P=x^2+y^2+z^2\). Ce polynôme est invariant sous l’action de SO(3), donc les sous-espaces \(P^2 E_1\) et \(PE_3\) de \(E_5\) sont stables. On a donc une décomposition

\(E_5= F_1 \oplus F_2 \oplus F_3\),

où les \(F_i\) sont respectivement \(P^2E_1\), l’orthogonal de \(F_1\) dans \(PE_3\) et l’orthogonal de \(PE_3\) dans \(E_5\). On a ainsi exhibé une décomposition en somme directe de trois sous-espaces de dimensions 3, 7 et 11 respectivement. Il reste à montrer que ces derniers sont irréductibles. Il suffit pour cela de voir que leurs complexifiés le sont. Comme SO(3) est un quotient de SU(2), il est équivalent de montrer que le complexifié de \(S^5(E_1)\) est somme directe de trois sous-espaces irréductibles sous l’action de SU(2).

Rappelons les faits suivants sur la théorie des représentations de SU(2) (que je connais moins mal que SO(3) !)

1) Soient \(\sigma_1\) la représentation triviale, \(\sigma_2\) la représentation tautologique et \(\sigma_n\) la \((n-1)\)-ième puissance symétrique de \(\sigma_2\). C’est une représentation irréductible de dimension n, et toute représentation irréductible de SU(2) est équivalente à une et une seule des \(\sigma_n\).

2) Si \(\pi\) est une représentation de dimension finie de SU(2), on note \(\chi_\pi(z)=\mbox{Tr}\pi(\mbox{diag}(z,z^{-1}))\) (z complexe de module 1) le caractère de \(\pi\). C’est un polynôme à coefficients entiers en \(z+z^{-1}\).

3) Soit \(T_n\) le polynôme de Tchebycheff de 2e espèce défini par \(T_n(z+z^{-1})=z^{-n}+z^{-n+2}+z^{-n+4}+\cdots+z^n\). Autrement dit, \(T_n(2\cos\theta)=\frac{\sin (n+1)\theta}{\sin\theta}\). Alors le caractère de \(\sigma_n\) est \(T_{n-1}(z+z^{-1})\).

4) Si une représentation a pour caractère \(\sum_{i=1}^N z^{m_i}\) (avec répétition possible des \(m_i\)), alors sa k-ième puissance symétrique a pour caractère \(\sum z^{a_1m_1+\cdots+a_Nm_N}\), où les \((a_i)\) parcourent les N-uplets d’entiers positifs ou nuls vérifiant \(a_1+\cdots+a_N=k\).

Considérons le complexifié de \(E_1\). Comme il est de dimension 3 et n’a pas de vecteur invariant, il est nécessairement irréductible, donc isomorphe à \(\sigma_3\) dont le caractère est \(z^{-2}+1+z^2\). Sa 5e puissance symétrique a pour caractère

\(\begin{array}{rcl}
\sum_{a+b\le 5}z^{2(a-b)}&=&3+3(z^2+z^{-2})+2(z^4+z^{-4})+2(z^6+z^{-6})\\
&&\;+(z^8+z^{-8})+(z^{10}+z^{-10}).\end{array}\)

Le complexifié de \(S^5E_1\) a donc pour caractère \((T_2+T_6+T_{10})(z+z^{-1})\), qui est le même que celui de \(\sigma_3\oplus \sigma_\7oplus\sigma_{11}\) donc ces représentations sont équivalentes. CQFD.

Solution du no.93

Notons n=3600. Pour calculer la probabilité de recevoir exactement k appels dans une seconde donnée, on doit d’abord sélectionner k abonnés parmi n. Ceux-ci ont chacun une probabilité 1/n de téléphoner dans cette seconde, tandis que les n-k autres ont chacun une probabilité 1-1/n de ne pas téléphoner dans cette seconde. La probabilité de recevoir exactement k appels est donc

\(\frac{C_n^k}{n^k}(1-1/n)^{n-k}\) qui vaut approximativement 1/(k!e). La probabilité de recevoir 5 appels ou plus dans une seconde donnée est donc \(p=1-\sum_{k=0}^4 \frac{C_n^k}{n^k}(1-1/n)^{n-k} \simeq 1-65/(24e)\simeq 0,003\7).

Le temps moyen entre deux telles secondes est p+2p(1-p)+3p(1-p)^2+… = 1/p, qui vaut environ 273 secondes.

Solution du no.62

Solution du no. 62

Première question :

On traite d’abord le cas où b=0. En paramétrant le cercle par \(x=a+R\cos\theta, y=R\sin\theta\), on voit que la moyenne de log(r) sur le cercle est l’intégrale
\(I=\frac{1}{4\pi}\int_0^{2\pi} \log(a^2+R^2+2aR\cos\theta)\,d\theta\)

Notons \(I(x)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \log(1+x^2+2x\cos\theta)\,d\theta\), pour \(|x| < 1\).

Lorsque \(z=e^{i\theta}\), on a \(d\theta=\frac{dz}{i z}\), donc
\(I(x)=\frac{1}{2\pi i}\oint_\gamma \log((1+xz)(1+xz^{-1}))\,\frac{dz}{z}\),
où \(\gamma\) désigne le cercle unité orienté dans le sens trigonométrique.

L’intégrale \(\frac{1}{2\pi i}\oint_\gamma \log(1+xz)\,\frac{dz}{z}\)
est nulle d’après le théorème des résidus.

L’intégrale \(\frac{1}{2\pi i}\oint_\gamma \log(1+xz^{-1})\,\frac{dz}{z}\)
est également nulle, en effectuant le changement de variables u=1/z et en appliquant le théorème des résidus.

On a donc I(x)=0 si \(|x| < 1\).

Montrons que l’on a toujours I(x)=0 pour x=1 ou x=-1. Montrons-le par exemple pour x=-1. Il suffit de voir que I(x) est continu lorsque x tend vers -1 par valeurs supérieures; ceci est une conséquence facile du théorème de convergence dominée et de l’inégalité \(1+x^2+2x\cos\theta\ge \sin^2\theta\).

Si \(a\le R\), comme \(\log(a^2+R^2+2aR\cos\theta)=2\log R +\log(1+(a/R)^2+2(a/R)\cos\theta)\) on a \(I=\log R\)

Si a>R, on montre de même \(I=\log a\).

On en conclut donc que, dans le cas général, \(I=\log \mbox{max}(R,\sqrt{a^2+b^2})\).

Deuxième question :

Notons R le rayon de la sphère et a la distance entre la sphère et l’origine. Après changement d’origine, on peut supposer que l’origine est au centre de la sphère, et que l’origine initiale a pour coordonnées (0,0,a). On se place en coordonnées polaires par rapport au centre de la sphère. Celle-ci est donc paramétrée par
\(x=R\cos\theta\cos\varphi, y=R\sin\theta\cos\varphi, z=R\sin\varphi\).
L’élément de surface est \(dS=R^2\cos\varphi\,d\theta d\varphi\). On doit donc calculer

\(I=\frac{1}{4\pi}\int\int_{[0,2\pi]\times [-\pi/2,\pi/2]} \frac{\cos\varphi\,d\theta d\varphi}{\sqrt{R^2\cos^2\varphi+(R\sin\varphi-a)^2}}\,d\theta d\varphi\)
\( = \frac{1}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\cos\varphi\,d\varphi}{\sqrt{R^2+a^2-2aR\sin\varphi}}\,d\varphi\)
\( = \frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{dt}{\sqrt{R^2+a^2-2aRt}}\)
\( = \frac{1}{2aR} (|a+R|-|a-R|) = \frac{1}{\mbox{max}(a,R)}\).

Remarque : du point de vue physique, cela signifie que le potentiel gravitationnel créé par une coquille sphérique homogène de masse m est le même, à l’extérieur de la coquille, que celui créé par une masse m placée au centre de la sphère, ce qui justifie qu’en mécanique céleste on assimile les planètes à des points matériels. Par contre, à l’intérieur de la coquille, le potentiel gravitationnel est constant, ce qui indique qu’un objet placé à l’intérieur serait en apesanteur.

Solution du no.81

La première forme quadratique est positive et son noyau est visiblement la droite engendrée par (1,1,…,1), donc elle est de rang n-1. Par conséquent, il y a n-1 carrés positifs et aucun carré négatif.

Pour la deuxième forme quadratique, sa matrice est (nP-I)/2 où on a utilisé les notations de l’exercice 18. Si n>1, il y a donc 1 carré positif et n-1 carrés négatifs. Si n=1 la forme est nulle.

Solution du no.82

Il doit y avoir une erreur d’énoncé car ce n’est pas un ellipsoïde mais un hyperboloïde. Je pense qu’il faut remplacer l’inégalité stricte par une inégalité large. Dans ce cas, d’après la solution de l’exercice 18, il y a n-1 axes de longueur [tex]2sqrt{2}[/tex] et un axe de longueur [tex]sqrt{8/(n+1)}[/tex].

Solution du no.61

Pour la première question, supposons qu’une telle fonction u existe. On peut supposer que la restriction de \(\nabla u\) à la parabole est le vecteur normal unitaire rentrant.

Fixons un point M de la parabole. Considérons la solution \(f(t)\) du problème de Cauchy f(0)=M, \(f'(t)=(\nabla u)(f(t))\).

Pour \(t\ge 0\), on a d/dt(u(f(t)))=1, donc u(f(t))=t+1. De plus, comme u et f sont 1-Lipschitziennes, \(t=u(f(t))-u(f(0))\le ||f(t)-f(0)||\le t\), donc on voit que l’image de f est une géodésique. Autrement dit, si \(\vec{n}\) est le vecteur normal en M, on a \(f(t)=M+t\vec{n}=M+(u(f(t))-1)\vec{n}\). Si maintenant deux normales en M et M’ à la parabole se coupent en un point A, on en déduit que AM=u(A)-1=AM’. Or, il est facile de trouver deux points sur la parabole (par exemple M=(0,0) et M’=(10,100)) tels que l’égalité précédente ne soit pas satisfaite. Contradiction.

Pour la deuxième question, montrons que la fonction u(A)=(1+distance entre A et la parabole) convient. Paramétrons la parabole par \(M(x)=(x,x^2)\). Soit \(\vec{n}(x)\) le vecteur normal en M(x), unitaire, dirigé vers l’extérieur. On a \(u(M(x)+t \vec{n}(x))=t+1\), donc si u est différentiable, son gradient est de norme au moins 1. De plus, comme u est 1-Lipschitzienne, son gradient est de norme au plus 1, donc de norme 1.

Il reste à prouver que u est différentiable. Soit \(h(x,t)=M(x)+t \vec{n}(x)\). On vérifie que la différentielle de h est inversible en tout point \((x,t)\in \mathbb{R}\times \mathbb{R}_+^*\). De plus, h est une bijection entre \(\mathbb{R}\times \mathbb{R}_+^*\) et le dessous de la parabole. D’après le théorème d’inversion globale, h est un difféomorphisme. Comme u(h(x,t))=t+1, on en conclut que u est bien différentiable donc est une solution du problème de Cauchy.

Solution du no.09

Non. L’idée est de considérer les polynômes de la forme \(a(y)x^2+2b(y)x+c(y)\). Pour y fixé, le minimum est \((ac-b^2)/a\), donc il suffit de prendre \(c=1, b=y, a=y^2+1\).
Le polynôme \(P(x,y)=(1+xy)^2+x^2\) est donc un contre-exemple, ce qui peut aussi se vérifier directement car P est strictement positif et vérifie \(P(x,-1/x)=x^2\).

Précision sur le no. 51: ceci n’est valable que pour \(k\ge 0\). Si \(k\le 0\), on se ramène à ce qui précède en effectuant le changement de variables \(y=-x\). Pour tout k réel, l’intégrale vaut donc \(\pi e^{-|k|}\).

Solution du no.66

L’angle solide selon lequel le point A voit une surface S dont le contour est C est l’intégrale

\(\int_{M\in S} \frac{\vec{AM}\cdot\vec{n}\,dS}{AM^3}\),

où \(\vec{n}\) est un vecteur normal unitaire. Cet angle solide ne dépend que de C (et non de S), d’après la solution de l’exercice 12.

Pour vérifier que c’est une fonction harmonique, d’après les théorèmes de dérivation sous l’intégrale, de vérifier que pour tout vecteur \(\vec{n}\) et tout point M, la fonction \(A\mapsto \frac{\vec{AM}\cdot\vec{n}}{AM^3}\) est harmonique. En appliquant une rotation et une translation, on se ramène au cas où M=O et \(\vec{u}=(0,0,1)\), donc à vérifier que \((x,y,z)\mapsto \frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}\) est harmonique. C’est un calcul (presque) immédiat.

Solution du no.90

Notons K l’ensemble des sommets du cube. Soit G le groupe des rotations de K.

On place l’origine au centre du cube. On fixe un repère tel que les sommets du cube sont \((\pm 1,\pm 1,\pm 1)\). On décompose K en deux tétraèdres réguliers

\(X=\{(a,b,c)\in K /\; abc=1\}\)
\(Y=\{(a,b,c)\in K /\; abc=-1\}\)

(Cela revient à colorier un sommet sur deux en noir et un sur deux en blanc.) On vérifie à la main que tout élément de G envoie X sur lui-même ou bien sur Y, et que l’unique sous-groupe d’indice 2 de G est \(\{g\in G /\; g\cdot X=X\}\).

L’espace E des fonctions définies sur les sommets du cube se décompose en somme directe de deux sous-espaces stables sous l’action de G : \(E=A\oplus S\), où A est l’espace des fonctions antisymétriques et S l’espace des fonctions symétriques.

Notons C l’espace des fonctions constantes, et D la droite engendrée par \(f_0=1_X-1_Y\). On vérifie que, si \(\chi\) désigne l’unique morphisme de groupes non trivial de G dans \(\{-1,1\}\) (qui correspond à la signature via l’identification de G à \(S_4\)), alors
\(g\cdot f_0=\chi(g)f_0\).

Les droites C et D sont donc stables. Notons C’ et D’ leurs orthogonaux dans S et A respectivement. On a une décomposition de E en somme directe de sous-espaces stables par G :
\(E=C\oplus C’\oplus D\oplus D’\)
Ces espaces sont de dimensions respectives 1, 3, 1, 3.

Montrons qu’il s’agit bien de la décomposition en sous-espaces irréductibles. Pour cela, il suffit de voir que C’ et D’ ne contiennent pas de droite stable, donc on se ramène à montrer que les seules droites stables de E sont C et D.

Soit \(\Delta\) une droite stable. On fixe un vecteur directeur unitaire \(f\). Comme G agit par isométries sur E, pour tout \(g\in G\) il existe \(\alpha(g)\in\{-1,1\}\) tel que \(g\cdot f=\alpha(g)f\). On vérifie immédiatement que \(\alpha\) doit être un morphisme de groupes.

Premier cas : \(\alpha\) est le morphisme trivial. Comme G agit transitivement sur K, on vérifie immédiatement que f est constante donc \(\Delta=C\)

Deuxième cas : \(\alpha=\chi\). Notons H le sous-groupe d’indice 2 de G. Comme H agit transitivement sur X et sur Y, \(f\) est constante sur X et constante sur Y. De plus, pour tout \(g\in G-H\), g envoie X sur Y et \(\chi(g)=-1\), donc la valeur de f sur X est opposée de la valeur de f sur Y. On en déduit que f est proportionnelle à \(f_0\) donc que \(\Delta=D\).

Ceci achève la démonstration que C,C’,D,D’ sont irréductibles sous l’action de G.

Soit \(\tilde{G}\) le groupe des isométries du cube. On a \(\tilde{G}=\{\pm g/\; g\in G\}\simeq G\times \{-1,1\}\).

Les sous-espaces \(S=C\oplus C’\) et \(A=D\oplus D’\) sont les sous-espaces propres de E pour l’action de \(-1\in \tilde{G}\), donc il est clair que la décomposition précédente est encore stable par \(\tilde{G}\), donc que c’est la décomposition en sous-espaces irréductibles sous l’action du groupe des isométries du cube.

Solution du no.17

Soit n=100. On note \(V_k\) le volume de la boule unité de dimension k. On veut calculer une valeur approchée à 10% près de

\(d=\frac{\int_0^1x(1-x^2)^{(n-1)/2}V_{n-1}\,dx}{\int_0^1 (1-x^2)^{(n-1)/2}V_{n-1}\,dx}=\frac{\int_0^1x(1-x^2)^{(n-1)/2}\,dx}{\int_0^1 (1-x^2)^{(n-1)/2}\,dx}\)
\(=\frac{1}{(n+1)\int_0^1 (1-x^2)^{(n-1)/2}\,dx}\)
L’intégrale \(I_n=\int_0^1(1-x^2)^{(n-1)/2}\,dx\) est une intégrale de Wallis. Une intégration par parties donne que \(nI_nI_{n-1}\) est constant, donc égal à \(\pi/2\).

Par conséquent, \(nI_n^2\le nI_nI_{n-1}=\pi/2\) et \((n+1)I_n^2\ge (n+1)I_{n+1}I_n=\pi/2\), donc
\(\sqrt{\frac{\pi}{2(n+1)}} \le I_n \le \sqrt{\frac{\pi}{2n}}\).

On en déduit que \(\sqrt{\frac{2}{\pi n}}\) est une bonne valeur approchée de d. Pour n=100, d est approximativement égal à 0,08.

Remarque : la méthode de Laplace permet également de trouver une valeur approchée des intégrales de Wallis.

Solution du no.36

Soit \(f_\lambda(x)=((A-\lambda E)^{-1}x,x)\). Notons \(S_\lambda\) la surface \(f_\lambda^{-1}(1)\). Le gradient de f est \(2(A-\lambda E)^{-1}x\), donc pour tout \(x\in S_\lambda\), le vecteur \(\vec{n}_\lambda=(A-\lambda E)^{-1}x\) est normal en \(x\) à \(S_\lambda\).

Si \(x\in S_\lambda\cap S_\mu\) avec \(\lambda,\mu\) distincts, on a \(0=f_\lambda(x)-f_\mu(x)=(\lambda-\mu)((A-\lambda E)^{-1}(A-\mu E)^{-1}x,x)=(\lambda-\mu) (\vec{n}_\lambda,\vec{n}_\mu)\), donc \(\vec{n}_\lambda\) est bien orthogonal à \(\vec{n}_\mu\).

Je crois que parmi ceux qui restent, il y en a plus d’exercices difficiles (pour moi) que d’exercices faciles…

Solution du no.20

Notons \(t\mapsto x(A,t)\) la solution de ce problème de Cauchy. On a clairement \(x(0,t)=\mbox{ch}(t)\). Notons \(y=\frac{\partial x}{\partial A}\). En dérivant l’équation par rapport à A, on obtient \(\ddot{y}=y+{\dot{x}}^2+2A\dot{x}\dot{y}\), donc si \(u(t)\) désigne \(y(0,t)\), on a
\(\ddot{u}=u+\mbox{sh}^2(t)=u+\frac{\mbox{ch}(2t)-1}{2}\).

En cherchant une solution particulière de la forme \(a\mbox{ch}(2t)+b\), on trouve \(\frac{\mbox{ch}\,2t}{6}+\frac{1}{2}\), donc \(u\) est de la forme
\(u(t)=\alpha \mbox{ch}\,t+\beta\mbox{sh}\,t+\frac{\mbox{ch}\,2t}{6}+\frac{1}{2}\).
Comme \(u(0)=\frac{\partial x}{\partial A}(0,0)=0\), on a \(\alpha=-2/3\), et comme \(\dot{u}(0)=\frac{\partial^2x}{\partial A\partial t}(0,0)=\frac{\partial}{\partial A}\frac{\partial x}{\partial t}(0,0)=0\), on a \(\beta=0\). Par conséquent,
\(u(t)=-\frac{2}{3} \mbox{ch}\,t+\frac{\mbox{ch}\,2t}{6}+\frac{1}{2}\).

Solution du no.21

Par continuité des racines par rapport aux coefficients, la frontière du domaine de stabilité consiste en l’ensemble des triplets \((a,b,c)\) tels que les racines du polynôme \(P(x)=x^3+ax^2+bx+c\) admettent des racines de parties réelles négatives ou nulles, et au moins une racine de partie réelle nulle.

Premier cas : P(0)=0. On cherche les conditions sur a et b pour que \(x^2+ax+b=0\) admette deux racines de parties réelles \(\le 0\). Si \(\Delta=a^2-4b\ge 0\), la condition est \(-a+\sqrt{\Delta}\le 0\), ce qui équivaut à \(a\ge 0\) et \(b\ge 0\). Si \(\Delta<0\), la condition est \(a\ge 0\). On remarque que si \(\Delta<0\) alors on a nécessairement \(b\ge 0\). On en conclut que, lorsque c=0, la condition sur a et b est que \(a\ge 0\) et \(b\ge 0\).

Deuxième cas : \(P(0)\ne 0\). Alors P admet deux racines imaginaires pures conjuguées \(\pm iy\). On a
\(-iy^3-ay^2+iby+c=0\), donc \(c=ay^2\) et \(b=y^2\), ce qui donne \(c=ab\) et \(b\ge 0\). On a alors
\(P(x)=x^3+ax^2+bx+ab=(x^2+b)(x+a)\). Les racines sont de partie réelle \(\le 0\) si et seulement si \(a\ge 0\).

Conclusion : la frontière du domaine de stabilité a pour équation
\(a\ge 0, b\ge 0, (c=0\mbox{ ou }c=ab)\).

Solution du no.30

Si un champ de vecteurs \(x\mapsto \vec{v}_x\) s’annule uniquement à l’origine, l’indice de ce champ de vecteurs à l’origine est égal au degré de l’application \(x\mapsto \vec{v}_x/||\vec{v}_x||\) de la sphère unité vers elle-même. Comme le degré d’une application est un invariant d’homotopie, et que l’on a une homotopie
\(((1-\lambda)(x^4+y^4+z^4)+\lambda(x^2+y^2+z^2),(1-\lambda)(x^3y-xy^3),(1-\lambda)xyz^2))\) entre le champ de vecteurs initial et un champ de vecteurs qui est constant sur la sphère unité (via des champs de vecteurs s’annulant uniquement en l’origine), l’indice est nul.

Solution du no.31

Il s’agit de trouver l’indice par rapport à l’origine du champ de vecteurs \(A\left(\begin{array}[c] x\\y\\z\end{array}\right)\), où A est la matrice \(\left(\begin{array}[ccc]0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{array}\right)\). Or, A est de déterminant >0, donc est homotope dans \(GL(3,\mathbb{R})\) à l’identité. Par conséquent, l’indice du champ de vecteurs est 1.

Solution du no.67

La moyenne d’une fonction harmonique sur une sphère est égale à sa valeur au centre de la sphère. D’après l’exercice 66, la valeur cherchée est l’angle solide sous lequel le disque est vu depuis le point (0,0,2), qui est
\(\int_{r=0}^1\int_{\theta=0}^{2\pi}\frac{2}{(r^2+4)^{3/2}}rdrd\theta\). En posant \(s=r^2+4\), ceci vaut
\(2\pi\int_4^5\frac{ds}{s^{3/2}}=\pi(\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{5}})\).

Arnold Trivium — Solution du no.77

Supposons \(\lambda\ne 0\). En développant \((x+y)^2\), on voit que \(y\mapsto \lambda u(y)+1\) est un polynôme de degré au plus 2, donc \(y\) également. Toutes les solutions sont donc de la forme \(u(x)=ax^2+bx+c\). En substituant dans l’équation, on obtient le système
\(\left(\begin{array}[ccc]\frac{1}{3}-\lambda&\frac{1}{2}&1\\\frac{1}{2}&\frac{2}{3}-\lambda&1\\\frac{1}{5}&\frac{1}{4}&\frac{1}{3}-\lambda\end{array}\right)\left(\begin{array}[c]a\\b\\c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)\), ce qui se résout avec les formules de Cramer en
\((a,b,c)=\frac{1}{(\lambda+1/6)(\lambda^2-\lambda/6-1/180)}(\lambda-1/6,\lambda+1/6,\lambda^2-\lambda-1/36)\)
si le dénominateur ne s’annule pas. Si le dénominateur s’annule, on résout le système à la main (ce que j’ai la flemme de faire).

Dans le cas où \(\lambda=0\), le calcul précédent permet de trouver une solution particulière \(180(x^2-x+1/6)\). Les solutions sont somme de cette solution particulière et d’une fonction orthogonale à l’espace des polynômes de degré au plus 2 pour le produit scalaire \(\langle f,g\rangle =\int_0^1 f(x)g(x)\,dx\).

Solution du no.42

L’application \((\lambda,x,y)\mapsto (\mbox{ch}(\lambda\mbox{argsh}||y||)\frac{x}{||x||},\mbox{sh}(\lambda\mbox{argsh}||y||)\frac{y}{||y||})\) (\(0\le\lambda\le 1\), \(||x||^2-||y||^2=1\)) définit une rétraction de la surface sur \(\{x,\;||x||=1\}=S^{k-1}\) donc les nombres de Betti \(b_i\) sont égaux à 1 si \(i=0\) ou \(i=k-1\) et sont nuls sinon.

L’ensemble \(||x||^2\le ||y||^2+1\) est contractile (car étoilé par rapport à l’origine) donc \(b_0=1\) et \(b_i=0\) pour \(i\ge 1\).

Solution du no.43

Première question :
Il s’agit d’un hyperboloïde à une nappe, compactifié en ajoutant un cercle à l’infini, donc c’est un 2-tore. On a \(b_0=b_2=1, b_1=2\).

Deuxième question :
Les quadriques projectives des questions 1 et 2 sont homéomorphes (car \(x^2+y^2-z^2-t^2\) et \(xy-zt\) sont des formes quadratiques équivalentes), donc elles ont les mêmes nombres de Betti.

Troisième question :
En coordonnées homogènes on a l’équation \(zt=x^2\). A l’infini on a une droite projective \(\{(0:y:z:0)\}\). La surface est un cylindre parabolique (que l’on peut paramétrer avec les coordonnées \((x,y)\), donc isomorphe au plan affine) auquel on ajoute une droite projective.
On remarque que \((x:\lambda x^2:x^2:1)\) tend vers \([0:\lambda:1:0]\) donc on voit que la surface est homéomorphe au disque unité quotienté par les relations \(i\sim -i\) et \(e^{i\theta}\sim e^{i(\pi-\theta)}\). C’est donc un 2-tore pincé (c’est-à-dire un 2-tore dans lequel on a contracté un cercle en un point), qui a pour nombres de Betti \(b_0=b_1=b_2=1\), \(b_i=0\) pour \(i\ge 3\).
En effet, \(b_0=1\) car la surface est connexe. \(b_1=1\) car le groupe fondamental est visiblement égal à \(\mathbb{Z}\). Pour voir que \(b_2=1\) on peut par exemple constater qu’il y a une triangulation comportant trois 0-simplexes, six 1-simplexes et quatre 2-simplexes, donc la caractéristique d’Euler est 3-6+4=1. Or, celle-ci est aussi égale à \(\sum (-1)^i b_i\).

Quatrième question :
Il s’agit de deux cônes circulaires reliés par leurs sommets et recollés à leurs bases, donc c’est encore un tore pincé. Les nombres de Betti sont les mêmes que ci-dessus.

Solution du no.76

Premier cas : \(\lambda\ne 1\). On a une solution particulière \(u_0(x)=(\sin x)/(\lambda-1)\).
a) Si \(\lambda>0\), les autres solutions de l’équation différentielle sont de la forme \(u_0+A\cos\sqrt{\lambda}x+B\sin\sqrt{\lambda}x\). D’après les conditions au bord, on a A=0 et (B=0 ou \(\sqrt{\lambda}\in\mathbb{N}\)), donc si \(\sqrt{\lambda}\notin\mathbb{N}\), \(u_0\) est l’unique solution. Si \(\sqrt{\lambda}\in\mathbb{N}\), les solutions sont de la forme \(u_0+B\sin\sqrt{\lambda}x\) donc il y en a une infinité.

b) Si \(\lambda\le 0\) on montre de même que \(u_0\) est l’unique solution.

Deuxième cas : \(\lambda=1\). Alors \(u_0(x)=-(x\cos x)/2\) est une solution de l’équation diférentielle (ne satisfaisant pas les conditions au bord). Les autres solutions son de la forme \(u_0+A\cos x+B\sin x\), mais on voit facilement qu’aucune de ces solutions ne satisfont les conditions au bord.

Conclusion : le nombre de solutions est
– 0 si \(\lambda=1\)
– infini si \(\lambda=2^2,3^2,4^2,\ldots\)
– 1 sinon

Solution du no.15

Je donne ici seulement le moyen pour estimer une telle intégrale, mais je ne prouve pas que l’erreur est de moins de 5%.

Préliminaire : \(\int_{-\infty}^\infty \cos x^2\,dx = \int_{-\infty}^\infty \sin x^2\,dx=\sqrt{\pi/2}\).
En effet, soit \(f(z)=e^{iz^2}\). L’intégrale de f sur la ligne brisée allant de 0 à R, puis jusqu’à R(1+i), puis jusqu’à 0, est nulle car f est holomorphe sur \(\mathbb{C}\).
Si \(z=R+iy\), on a \(|f(z)|=e^{-2Ry}\), donc \(|\int_{R}^{R+iR} f(z)\,dz|\le \int_0^Re^{-2Ry}\,dy=O(1/R)\) tend vers 0 lorsque R tend vers l’infini.
On en déduit que \(\int_0^\infty f(x)\,dx=\int_0^\infty f((1+i)t)(1+i)\,dt=(1+i)\int_0^\infty e^{-2t^2}\,dt=\frac{1+i}{2\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}\,dt=(1+i)\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}}\).
En prenant les parties réelles et imaginaires, et en utilisant le fait que \(\cos x^2\) et \(\sin x^2\) sont paires, on obtient le résultat.

De là, on tire grâce à la formule \(\cos(u+v)=\cos u\cos v -\sin u\sin v\) que si b>0, alors \(\int_{-\infty}^\infty \cos(a+bx^2)\,dx=(\cos a-\sin a)\sqrt{\frac{\pi}{2b}}\).

Posons maintenant \(f(x)=100(x^4-x)\). La dérivée s’annule uniquement en \(\alpha=2^{-2/3}\). On voit que l’intégrale est "concentrée" autour de \(\alpha\). En effet, en posant \(y=f(x)\) on a par exemple
\(\int_1^\infty cos f(x)\,dx=\int_0^\infty \cos y\,\frac{dy}{100(4x(y)^3-1)}\) où \(x(y)\) est l’unique réel \(\ge \alpha\) tel que \(f(x(y))=y\). En intégrant par parties, on voit que \(|\int_1^\infty cos f(x)\,dx| \le |1/(100(4x(0)-1)|=1/300\).

Près de \(\alpha\), on a \(\cos f(x)\simeq f(\alpha)+\frac{f »(\alpha)}{2}(x-\alpha)^2\), donc l’intégrale est approchée par \((\cos f(\alpha)-\sin f(\alpha))\sqrt{\frac{\pi}{f »(\alpha)}}\simeq -0,09\).

Solution du no.23

Je ne pense pas qu’on puisse trouver une expression explicite de x en fonction de t. En tout cas je n’en ai pas trouvé (ce qui ne veut rien dire car je n’ai pas étudié les équations différentielles au-delà du niveau bac+2) et Maxima non plus. On peut néanmoins résoudre partiellement l’équation :

Posons \(y=x^{-2}\). L’équation devient \(2y\ddot{y}-3{\dot{y}}^2-2\dot{y}+4=0\). On pose \(s=\dot{y}\). Notons \(y’=dy/ds\). On a
\(\frac{y’}{y}=\frac{2s}{3s^2+2s-4}\), ce qui s’intègre en
\(x^{-2}=y=C|s+\frac{1-\sqrt{13}}{3}|^{\frac{13-\sqrt{13}}{39}}|s+\frac{1+\sqrt{13}}{3}|^{\frac{13+\sqrt{13}}{39}}\).
De plus, comme \(\frac{ds}{dt}=\ddot{y}=\frac{3s^2+2s-4}{2y}=\frac{3}{2C}|s+\frac{1-\sqrt{13}}{3}|^{\frac{26+\sqrt{13}}{39}}|s+\frac{1+\sqrt{13}}{3}|^{\frac{26-\sqrt{13}}{39}}\), ceci permet d’obtenir t comme l’intégrale d’une certaine fonction de s.

Solution du no.79

Il y a une erreur de frappe, je suppose que l’énoncé correct était \(\varphi(+\infty)=0\).

Supposons qu’une telle fonction existe. On a \(-c\varphi’=\varphi-\varphi^2+\varphi »\). Comme \(0\le\varphi\le 1\), \(\varphi »+c\varphi’=\varphi^2-\varphi\le 0\) donc \(e^{cx}\varphi'(x)\) est décroissante.

Comme \(\varphi(+\infty)<\varphi(-\infty)\), \(\varphi\) ne peut pas être croissante, donc il existe \(a\) tel que \(\varphi'(a)<0\). Comme \(e^{cx}\varphi'(x)\le e^{ca}\varphi'(a)<0\) pour tout \(x\ge a\), on en déduit que si \(c\le 0\) alors \(\varphi'(x)\le \varphi'(a)\), ce qui entraîne \(\varphi(+\infty)=-\infty\). Impossible.

On en déduit que \(c>0\).

On multiplie l’équation par \(\varphi’\) :
\((\varphi-\varphi^2)\varphi’+\varphi’\varphi »=-c{\varphi’}^2\), ce qui s’intègre en \((\varphi^2/2-\varphi^3/3)+{\varphi’}^2/2+K=-c\int{\varphi’}^2\).
En \(+\infty\), le membre de gauche est minoré tandis que le membre de droite tend vers une limite négative ou nulle (éventuellement \(-\infty\)). On en déduit que les deux membres ont une limite finie lorsque \(x\to+\infty\), donc \(\varphi’\) admet une limite en \(+\infty\). Comme \(\varphi\) a également une limite, \(\varphi’\) tend nécessairement vers 0.

On raisonne de même en \(-\infty\). Le membre de droite tend vers une limite finie ou bien vers \(+\infty\). Dans le deuxième cas, comme \(\varphi^2/2-\varphi^3/3\) est borné, \({\varphi’}^2\) tend vers \(+\infty\), ce qui contredit le fait que \(\varphi\) admet une limite. Donc le membre de droite tend vers une limite finie, ce qui entraîne que \({\varphi’}^2\) également, et on en déduit comme plus haut que \(\varphi’\) tend vers 0 en \(-\infty\).

En intégrant entre \(-\infty\) et \(+\infty\) la relation \(\varphi-\varphi^2=-\varphi »-c\varphi’\), on voit que l’intégrale \(\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi-\varphi^2\) converge. De plus,
\(e^{cx}\varphi'(x)=e^{ca}\varphi'(a)-\int_a^x(\varphi-\varphi^2)\). On choisit \(a\) de sorte que \(e^{ca}\varphi'(a)\ne \int_a^{+\infty} \varphi-\varphi^2\). Un tel \(a\) existe car si pour tout \(a\) on avait \(e^{ca}\varphi'(a)= \int_a^{+\infty} \varphi-\varphi^2\) alors, en faisant \(a\to -\infty\), on aurait \(\varphi'(a)\to +\infty\), ce qui est impossible.

Revenons à \(e^{cx}\varphi'(x)=e^{ca}\varphi'(a)-\int_a^x(\varphi-\varphi^2)\). Le membre de droite tend vers une limite non nulle quand \(x\to +\infty\), que l’on notera \(-A\). On a donc \(\varphi'(x)\sim -Ae^{-cx}\) en \(+\infty\). En intégrant entre \(x\) et l’infini, on en déduit que \(\varphi(x)\sim (A/c)e^{-xc}\). Comme \(\varphi »=-c\varphi’-(\varphi-\varphi^2)\), on a \(\varphi »=(Ac-A/c)e^{-cx}+o(e^{-cx})\), ce qui s’intègre en \(\varphi'(x)\sim (-A/c)(c-1/c)e^{-cx}\). On a donc la relation \((-A/c)(c-1/c)=-A\), ce qui équivaut à \(c=c-1/c\). Impossible.

Conclusion : aucune valeur de c ne convient.

Solution du no.29

Notons \(f(z)\) le champ de vecteurs. On vérifie d’abord que les points singuliers sont bien isolés. En effet, la différentielle de f vaut \(df=({\bar{z}}^2+4z^3)dz+2\bar{z}(z+4{\bar{z}}^2)d\bar{z}\). Ceci s’annule si et seulement si \({\bar{z}}^2=-4z^3\) et \(\bar{z}(z-16z^3)=0\), c’est-à-dire \(z=0\) ou \(z=-1/4\). Or, \(f(-1/4)\ne 0\), et \(z=0\) est un zéro isolé car au voisinage de 0 on a \(f(z)\sim z{\bar{z}}^2\).

Par ailleurs, comme \(f(z)={\bar{z}}^4(2+(z/\bar{z})^4+z/{\bar{z}}^2)\), les zéros de \(f\) sont tous dans le disque unité.

Soit \(h:\mathbb{R}_+\to \mathbb{R}_+^*\) une fonction \(C^\infty\) telle que \(h(t)=1\) pour tout \(t\le 1\), et \(h(t)=1/t^4\) pour \(t\ge2\). Soit \(g(z)=h(|z|)f(z)\). On considère \(g(z)\) comme un champ de vecteurs sur la sphère de Riemann. D’après les considérations qui précèdent, le théorème de Poincaré-Hopf (fr.wikipedia.org/wiki/Th%… s’applique: la somme des indices des points singuliers de g (y compris 0 et \(\infty\)) est égale à la caractéristique d’Euler de la 2-sphère qui vaut 2.

Au voisinage de 0, \(g(z)=f(z)\) est homotope à \(h(z)=z{\bar{z}}^2\). Comme \(h(\varepsilon e^{i\theta})/|h(\varepsilon e^{i\theta})|=e^{-i\theta}\), l’indice en 0 vaut -1.

Pour calculer l’indice en l’infini, on utilise le changement de cartes \(u=1/z\). Comme \(du=-(dz)/z^2\), le champ de vecteurs \(g\) vu dans la nouvelle carte est égal à \(-g(z)/z^2=-|u|^4 f(1/u)u^2=-u^4/(\bar{u})^2(2+k(u))\) avec \(|k(u)|<2\) pour \(|u|<1\). Ceci est homotope au champ de vecteurs \(-u^4/{\bar{u}}^2\) qui a pour indice 6.

Conclusion : la somme des indices du champ de vecteurs \(f(z)\) en les points singuliers autres que l’origine vaut -3.

Solution du no.95

Ici je n’ai pas de solutino mathématiquement rigoureuse (et d’ailleurs je doute qu’on puisse trouver une valeur exacte de N sans effectuer de calcul numérique sur ordinateur). Je vais donc seulement donner une estimation de N, mais je ne sais pas majorer l’erreur car je n’ai pas assez fait de probas dans ma scolarité.

Soit \(X=X_1+\cdots+X_N\), où les \(X_i\) sont des variables aléatoires indépendantes de même loi uniforme sur \(\{0,\ldots,5\}\). On calcule aisément que \(E(X)=5N/2\) et \(V(X)=20N/3\). Lorsque N est grand, on assimile X à une variable Gaussienne. Si m est la moyenne et \(\sigma\) l’écart-type d’une variable aléatoire Gaussienne, on calcule au moyen d’un ordinateur que \(P(|X-m|<2,1\7sigma)\simeq 0,9\7). On choisit les N/10 joueurs sur un intervalle centré en le N/2-ième joueur (puisque 5N/2 est congru à N/2 modulo N). a probabilité que l’un de ces joueurs gagne est environ \(P(|X-5N/2|)<N/20\) (on néglige les cas où \(|X-5N/2|>N/2\)), qui doit valoir environ 0,97 donc \(N/20=2,1\7sqrt{20N/3}\). On en tire que N vaut environ 12500.

En assimilant X à une Gaussienne, on estime que la probabilité que le meneur gagne est de l’ordre de
\(2.\frac{1}{2\pi.(20N/3)}\int_{N/2}^{N/2+1} e^{-x^2/(2.20N/3)}\,dx\), ce qui se comporte comme \(Ce^{-3N/160}\).

On peut sûrement être plus précis (montrer que c’est un équivalent, et calculer C), mais comme l’énoncé demande le "comportement", cela ne m’incite pas à aller plus loin.

Solution du no.08

Dans cet exercice, on supposera que les différentielles de \(f_1=x+\cdots v+\), \(f_2=x^2+\cdots +v^2\) et \(f_3=x^3+\cdots +v^3\) sont linéairement indépendantes en tout point de la surface que nous noterons S(afin que ce soit effectivement une surface). Ceci signifie qu’en tout point de S, il existe un mineur 3×3 non nul. Or, les mineurs 3×3 sont des déterminants de Van Der Monde, donc cela signifie qu’en tout point de S, trois des coordonnées sont distinctes.

Soit \(f=x^4+\cdots +v^4\). Les points critiques de f sont les points de S en lesquels df est combinaison linéaire des \(df_i\). En raisonnant comme plus haut, les points critiques sont ceux pour lesqueles \(x,\ldots,v\) prennent exactement trois valeurs distinctes.

Premier cas : l’une des valeurs est prise 3 fois, par exemple u=v=x. Notons \((x_0,y_0,z_0,x_0,x_0)\) un tel point. Le triplet \((x_0,y_0,z_0)\) satisfait le système (S)
\(\left\{\begin{array}{l} 3x_0+y_0+z_0=a\\3x_0^2+y_0^2+z_0^2=b\\3x_0^3+y_0^3+z_0^3=c\end{array}\right.\)
Notons m le nombre de solutions de (S) satisfaisant \(x_0<y_0<z_0\) ou \(y_0<z_0<x_0\), et M le nombre de solutions vérifiant \(y_0<x_0<z_0\).

Notons \(S_i\) les sommes de Newton et \(\sigma_i\) les fonctions symétriques élémentaires de \(x,y,z\).

On a \(f=S_4+u^4+v^4=u^4+v^4+\frac{4}{3}S_1S_3-S_1^2S_2+\frac{1}{6}S_1^4+\frac{S_2^2}{2}\).
Tous calculs faits, on a \(\frac{\partial^2 f}{\partial u^2}=8(3u^2-\sigma_1u+\sigma_2)=8\varphi'(u)\) où \(\varphi(X)=(X-x)(X-y)(X-z)\), donc \(\frac{\partial^2 f}{\partial u^2}(x_0,y_0,z_0)=8(x_0-y_0)(x_0-z_0)\). De même, \(\frac{\partial^2 f}{\partial v^2}(x_0,y_0,z_0)=8(x_0-y_0)(x_0-z_0)\). Enfin, \(\frac{\partial^2 f}{\partial u\partial v}=4(u^2+v^2+uv-(u+v)S_1+\sigma_2)\), qui vaut \(4(x_0-y_0)(x_0-z_0)\).

La matrice Hessienne est définie positive ssi \(x_0<y_0,z_0\) ou \(x_0>y_0,z_0\), définie négative sinon. On a un minimum local dans le premier cas et un maximum local dans le deuxième cas.

Comme, étant donnés trois réels \(x_0,y_0,z_0\), il y a \(2C_5^3=20\) manières de les affecter à 5 variables de sorte que \(x_0\) soit répété 3 fois, on a trouvé 20m minima locaux et 20M maxima locaux.

On peut résoudre le système (S) en éliminant \(y_0\) et \(z_0\). On obtient une équation du 3e degré dont \(x_0\) est solution, donc on sait que \(1\le m+M\le 3\), mais il ne me paraît difficile de calculer simplement m et M en fonction de a,b,c.

Deuxième cas : 2 valeurs sont prises 2 fois. On est amené à résoudre le système (S’) suivant :
\(\left\{\begin{array}{l} 2x_0+2y_0+z_0=a\\2x_0^2+2y_0^2+z_0^2=b\\2x_0^3+2y_0^3+z_0^3=c\end{array}\right.\)
Notons m’ le nombre de solutions de (S) satisfaisant \(x_0<z_0<y_0\), et K le nombre de solutions vérifiant \(z_0<x_0<y_0\) ou \(x_0<y_0<z_0\).

On calcule qu’en un tel point, \(\frac{\partial^2 f}{\partial u\partial v}=0\), \(\frac{\partial^2 f}{\partial u^2}=8(x_0-y_0)(x_0-z_0)\), \(\frac{\partial^2 f}{\partial v^2}=8(y_0-x_0)(y_0-z_0)\). La matrice Hessienne est diagonale avec 2 valeurs >0 si \(x_0<z_0<y_0\), et deux valeurs de signes opposés sinon.

Comme \(5 C_4^2=30\), on trouve comme plus haut 30m’ minima locaux supplémentaires et 30K points col. On sait que m’+K est compris entre 1 et 3 mais on ne peut pas en dire plus.

Finalement, on a au total :
20m+30m’ minima locaux
20M maxima locaux
30K points col.
On sait que \(1\le m+M\le 3\), \(1\le m’+K\le 3\), \(M\ge 1\), \(m+m’\ge 1\) (pour ces deux dernières inégalités on utilise que toute fonction continue sur un compact atteint ses bornes). Je ne vois pas comment déterminer plus précisément m,m’,M et K en fonction de a,b,c (mais je sais que ces valeurs dépendent réellement de a,b,c).

Solution du no.94

On suppose que \(a<b\) (sinon on peut montrer que la particule tend presque sûrement vers l’infini). Notons \(\lambda=a/b\).
Notons \(c=1-a-b\) la probabilité de rester sur place.
Notons \(X_n\) la position de la particule à l’instant n, et \(u_n(k)=P(X_n=k)\). On a \(u_{n+1}(0)=bu_n(1)+(b+c)u_n(0)\), et \(u_{n+1}(k)=au_n(k-1)+cu_n(k)+bu_n(k+1)\).

Montrons par récurrence sur n que pour tout \(k\ge 0\), \(u_n(k+1)\le \lambda u_n(k)\).

Pour n=0 c’est évident. Supposons l’assertion vraie pour l’entier n.

Pour tout \(k\ge 1\), \(u_{n+1}(k+1)=au_n(k)+cu_n(k+1)+bu_n(k+2)\)
\(\le\lambda(au_n(k-1)+cu_n(k)+bu_n(k+1))=\lambda u_{n+1}(k)\).

Pour k=0, \(u_{n+1}(1)=au_n(0)+cu_n(1)+bu_n(2)\le au_n(0)+\lambda (cu_n(0)+bu_n(1))\)
\(=\lambda((b+c)u_n(0)+bu_n(1))=\lambda u_{n+1}(0)\).

Ceci achève la récurrence.

On a \(u_{n+1}(0)-u_n(0)=bu_n(1)-au_n(0)\le 0\), donc la suite \((u_n(0))_{n\in\mathbb{N}}\) est décroissante. Comme elle est positive, elle converge.

En utilisant les relations \(bu_n(1)=u_{n+1}(0)-(b+c)u_n(0)\) et \(bu_n(k+1)=u_{n+1}(k)-cu_n(k)-au_n(k-1)\) pour tout \(k\ge 1\), on voit par récurrence immédiate que pour tout k, la suite \((u_n(k))_{n\in\mathbb{n}}\) converge, et que si \(p_k\) désigne sa limite, alors les relations
\(bp_1=ap_0\) et \(bp_{k+1}=(1-c)p_k-ap_{k-1}=(a+b)p_k-ap_{k-1}\) sont satisfaites. On en déduit aisément par récurrence que \(p_k=p_0\lambda^k\).

Pour tout \(n\), on a \(u_n(k)\le u_n(0)\lambda^k\) donc \(1\le \sum_{k=0}^\infty u_n(k)\le u_n(0)/(1-\lambda)\), ce qui implique \(u_n(0)\ge 1-\lambda\). En faisant tendre n vers l’infini, on obtient l’inégalité \(p_0\ge 1-\lambda\).

Inversement, comme pour tout k on a \(1\ge P(X_n\le k)=u_n(0)+\cdots + u_n(k)\), par passage à la limite on obtient \(1\ge p_0+\cdots+p_k\), donc \(1\ge \sum_i p_i=p_0/(1-\lambda)\).

En combinant les inégalités précédentes, on a \(p_0=1-\lambda\). On déduit que \(p_k=(1-\lambda)\lambda^k\) pour tout \(k\).

On a \(\sum_{n\ge 1} n\lambda^n=\lambda \frac{d}{d\lambda}\sum\lambda^n=\lambda/(1-\lambda)^2\), donc \(E(X)=\sum_{n\ge 1}(1-\lambda)n\lambda^n=\lambda/(1-\lambda)=a/(b-a)\).

On a \(\sum_{n\ge 1} n^2\lambda^n=\lambda\frac{d}{d\lambda}\sum n\lambda^n = \lambda(1+\lambda)/(1-\lambda)^3\), donc \(E(X^2)=\lambda(1+\lambda)/(1-\lambda)^2=a(a+b)/(b-a)^2\).

Arnold Trivium — Solution du no.26

A translation près, on peut supposer que le point critique du potentiel est en x=0 et que U(0)=0. On alors \(U(x)=(ax^2)/2+o(x^2)\) où a est non nul. On peut résoudre l’équation différentielle \(\ddot{x}=-ax-k\dot{x}\). Dans le cas où \(a>0\), il s’agit de l’oscillateur harmonique avec amortissement. En résolvant l’équation, on voit que les solutions sont des sortes de sinusoïdes descendantes, situées dans la zone au-dessus de la parabole \(E=ax^2/2\) et tangentes en une infinité de points à cette parabole, et tendant vers le sommet (0,0). L’énergie décroît avec le temps, tandis que la position x oscille de part et d’autre de la position d’équilibre avec une amplitude qui tend vers 0.

Dans le cas a>0, on peut de même résoudre l’équation différentielle linéaire du second ordre et constater que E varie de \(+\infty\) vers \(-\infty\), x varie de \(\pm\infty\) vers \(\mp \infty[\tex] et que la trajectoire dans le plan (x,E) a des branches paraboliques (sauf que bien sûr, quand |t| est grand, l’approximation n’est plus valable car on s’éloigne de la position d’équilibre).

Solution du no.24

J’ai trouvé les définitions de la stabilité de Lyapunov sur Wikipedia : fr.wikipedia.org/wiki/Sta…

Considérons le système \(\dot{x}=y, \dot{y}=-x^3-y^3\).

Le système linéarisé est \(\dot{x}=y, \dot{y}=0\), les droites horizontales ne passant pas par 0 sont des courbes intégrales donc le système linéarisé est instable.

Montrons que le système initial est asymptotiquement stable.
Soit \(E=\frac{y^2}{2}+\frac{x^4}{4}\). On a \(\dot{E}=-y^4\) donc l’énergie est décroissante. Comme elle est positive, elle converge quand \(t\to +\infty\). Ceci entraîne que x et y sont bornées, et par récurrence toutes les dérivées de x et de y par rapport à t sont bornées. Or, \(\int_0^{+\infty} y^4(t)\,dt=E(0)-E(+\infty)<+\infty\), et comme la dérivée de \(y^4\) est bornée, il est facile d’en déduire que \(y^4\), donc \(y\), tend vers 0. Or, \(x^4=4E-2y^2\), donc \(x^4\) tend vers une limite, et par conséquent \(x\) aussi. Comme \(\dot{y}=-x^3-y^3\), \(\dot{y}\) admet une limite en l’infini, qui est nécessairement nulle puisque y ne tend pas vers l’infini. Donc \(x^3\) tend vers 0, ce qui équivaut à ce que \(x\to 0\).

Finalement, on a prouvé que le système est asymptotiquement stable alors que le système linéarisé est instable.

Epilogue.

No.27 : je ne comprends pas l’énoncé. Je ne sais pas ce qu’est \(z\).

No.28 : je ne comprends pas l’énoncé car je ne sais pas ce qu’est le cercle de Larmor, et je n’ai jamais passé mes vacances à Larmor (http://www.larmor-plage.com).

No.32 : je ne suis pas sûr de comprendre l’énoncé, et je ne vois pas comment procéder.

No.38 : je ne sais pas calculer l’intégrale par la force brute, et je ne comprends pas ce qu’elle représente géométriquement.

No.41 : je n’ai pas trouvé, et mon intuition ne me permet pas de deviner la réponse.

No.44 : je ne comprends pas l’énoncé. Je ne vois même pas où sont les auto-intersections (peut-être que j’ai raté quelque chose d’évident).

No.51 : j’ai essayé en changeant de contour dans le plan complexe mais ça n’a pas abouti.

No.58 : je ne vois pas comment procéder. A la rigueur je pense pouvoir minorer cette valeur de t mais je ne vois pas de moyen de la calculer exactement.

No.68 : la condition devrait être que la sphère est une équipotentielle, mais quand j’écris l’équation je n’arrive pas à intégrer.

No.69 : je ne comprends pas ce qu’il faut calculer, ni quelles sont les hypothèses. Considère-t-on que l’orbite de la lune est inclinée par rapport à l’écliptique ou non?

No.70 : je ne sais pas comment on calcule la capacité d’un condensateur connaissant la forme de celui-ci.

No.73 : je ne sais pas comment commencer.

No.74 : j’imagine qu’il faut commencer par écrire le Laplacien en coordonnées hypersphériques. J’ai trouvé
\(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{(\sin\theta_1\cdots\sin\theta_{i-1})^2\sin\theta_i}\frac{\partial}{\partial\theta_i}(\sin\theta_i\frac{\partial}{\partial \theta_i})\). J’imagine qu’il faut ensuite généraliser les harmoniques sphériques en dimensions supérieures, mais je n’ai pas le courage de me lancer dedans.

Bref, selon Arnold mon niveau de connaissances en mathématiques est compris entre 80% et 85% du strict minimum nécessaire pour un étudiant de physique. Ceci devrait néanmoins être suffisant pour préparer des candidats à l’agrégation de mathématiques.

Du coup, le no. 28 est assez simple.

Arnold Trivium — Solution du no.28

Notons \(\vec{\tau}\) le vecteur unitaire tangent et \(\vec{n}\) le vecteur tel que \(\frac{d\tau}{ds}=\frac{1}{R}\vec{n}\), où \(R\ge 0\) est le rayon de courbure (qui est aussi le rayon du cercle de Larmor). Si \(M\) est la position de la particule, alors le centre de courbure \(\Omega\) est défini par \(\Omega=M+R\vec{n}=M+\frac{mv}{|q|B}\vec{n}\). On dérive par rapport à t:

\(\frac{d\Omega}{dt}=\vec{v}+\frac{1}{B}\frac{d}{dt}(\frac{mv}{|q|}\vec{n})-\frac{mv}{|q|B^2}(\vec{\nabla}B\cdot\vec{v}) \vec{n}\).

Les deux premiers termes s’annulent mutuellement (lorsque \(B\) est constant le centre de courbure est fixe), donc le centre du cercle de Larmor dérive dans la direction \((\Omega M)\), et on a \(\frac{d\Omega}{dt}=-\frac{mv}{|q|B^2}(\vec{\nabla}B\cdot\vec{v}) \vec{n}\).

Voilà, après le grand travail pendant les vacances d’été, c’est reparti ! Peut-être on finira le trivium grâce aux vacances de Noël 😉

Arnold Trivium — Solution du no.32

Le système d’équations différentielles linéaires \(\ddot x=-4x, \ddot y=-9y\) possède comme solution générale dans l’espace de phases

où t_k sont des réels et a_k des réels non-nuls (petits si on veut des petites oscillations comme dans l’énoncé — mais ça n’a pas d’importance). Cette trajectoire de phase représente deux nœuds : après la période \(2\pi\) la courbe \((x(t),\dot x(t))\) se referme sur elle-même après ayant fait deux tours tandis que \((y(t),\dot y(t))\) se referme après trois tours. D’après mon intuition naïve, le nombre d’enlacement entre ces deux nœuds devrait donc être 2 × 3 = 6. (Ou encore -6 si l’orientation ou les signes de a_k sont choisis autrement.)

Arnold parle d’une surface d’énergie totale. Mais c’est plutôt une hypersurface (espace de dimension 3) dans l’espace de phases de dimension 4 dans laquelle les nœuds se trouvent. Son équation est E = cte où E est la somme de l’énergie cinétique et du potentiel :

Cette hypersurface d’énergie totale est donc une 3-sphère.

Restent non-résolus : 27, 41, 51, 58, 68, 69, 70, 73 et 74.

Bonsoir à tous,

je ne suis pas très algébriste; pourriez – vous m’indiquer un cours qui explique comment trouver le minimum d’un polynôme comme il a été fait pour l’exo n07, et aussi ce que veut dire concrétement qu’un polynome atteint sa borne inférieure dans le plan.

et si vous avez un peu de temps, comment trouver le "bon" contre – exemple?

Bonjour,
je voulais dire no.09 svp!

Salut

je n’ai rien compris à l’exo no.14. la méthode de Laplace s’applique aux intégrales de la forme \( \displaystyle\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{M f(x)} dx.\)
et qui est y?

ou bien, il y’a un cours qui explique la méthode de Laplace qui est utilisée dans no.17 avec estimation de l’erreur.
Merci de détailler un peu plus.

@chou : Tu trouves un bon résumé de la méthode de Laplace sur Wikipédia. C’est exactement ce que JLT a expliqué à ceci près que dans Wikipédia on note f la fonction que lui note g.

Bonjour,
mon problème est réglé! Merci.

Hello Felix Pahl, unfortunately the numbering of your copy of Arnold’s Trivium does not correspond to our copy. In fact your 68 is our 65, and your 51 is our 50.