MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 13 le 29/03/19 29 juin 2019
Problème
1. a. La fonction T (f ) est dérivable dans ]0, +∞[ comme produit de la fonction x → x 1 et de la primitive de f nulle en 0 . Elle est donc continue dans ]0, +∞[ .
Pour prouver la continuité en 0 , on majore pour x > 0 en écrivant f (0) avec une intégrale
f (0) = 1 x
Z x
0
f (0) dt ⇒ |T (f )(x) − f (0)| ≤ 1 x
Z x
0
|f (t) − f (0)| dt ≤ max
[0,x]
|f − f (0)|
La continuité de f en 0 entraine alors celle de T (f ) . La linéarité de T découle immédiatement de la linéarité de l'intégrale, T est donc un endomorphisme de C . b. De R x
0 1 dt = x , on tire T(u) = u . Si f est à valeurs strictement positives alors R x
0 f (t) dt > 0 pour x > 0 donc T(f )(x) > 0 . De plus T (f )(0) = f (0) > 0 . c. On a déjà vu que T (f ) était dérivable. Notons F la primitive de f nulle en 0 .
∀x > 0 : T(f )(x) = F(x)
x ⇒ T (f ) 0 (x) = − F(x)
x 2 + f (x)
x = f (x) − T (f )(x) x
⇒ xT (f ) 0 (x) = f (x) − T (f )(x).
d. Si f ∈ ker T alors T (f ) est identiquement nulle et la formule précédente pour la dérivée entraine que f (x) = 0 pour tous les x > 0 . Par continuité, on a aussi f (0) = 0 . La fonction f est identiquement nulle, l'endomorphisme T est injectif.
Il n'est évidemment pas surjectif car toute image est dérivable dans l'ouvert et il existe des fonctions continues sans être dérivables.
2. a. L'énoncé nous fait remarquer que, par dénition, f f = (xf ) 0 f . On en tire une intégration par parties :
Z b
a
f (t)f (t) dt =
tf (t)f (t) b
a − Z b
a
tf(t)f 0 (t) dt
= F 2 (t)
t b
a
− Z b
a
f (t)f (t) dt + Z b
a
f 2 tdt
⇒ Z b
a
f 2 tdt = 2 Z b
a
f (t)f(t) dt + F 2 (a)
a − F 2 (b) b ≤ 2
Z b
a
f(t)f (t) dt + F 2 (a) a . b. L'énoncé nous faisait remarquer que F 2 (a) = a 2 f 2 (a) . On en tire que F
2a (a) =
af 2 (a) converge vers 0 quand a tend vers 0 . En passant à la limite : Z b
0
f 2 tdt ≤ 2 Z b
0
f (t)f (t) dt.
Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, Z b
0
f 2 tdt ≤ 2 s
Z b
0
f 2 (t) dt s
Z b
0
f 2 (t) dt
En simpliant par la racine de l'intégrale de f 2 et en élevant au carré, on obtient Z b
0
f 2 tdt ≤ 4 Z b
0
f 2 (t) dt.
3. a. La dénition de N c est valide car une fonction continue sur un segment est bornée est atteint ses bornes.
∀x ∈ [0, c], ∀t ∈ [0, x], |f (t)| ≤ N c (f ).
En intégrant il vient |T (f )(x)| ≤ N c (f ) d'où N c (T (f )) ≤ N c (f ) . b. Pour 0 < x < y < c , en coupant l'intervalle [0, y] en x ,
T(f )(y) − T (f )(x) = 1 y
Z y
x
f (t) dt − y − x xy
Z x
0
f (t) dt
|T(f )(y) − T(f )(x)| ≤ 1 y
Z y
x
|f (t)| dt + y − x xy
Z x
0
|f (t)| dt
≤ 1 y
Z y
x
N c (f ) dt + y − x xy
Z x
0
N c (f) dt = 2N c (f ) y (y − x) On peut aussi utiliser l'expression de la dérivée de T (f ) pour la majorer puis utiliser l'inégalité des accroissements nis.
c. Cette inégalité a été prouvée en 1a pour justier la continuité de T (f ) en 0 . 4. a. Par dénition des fonctions puissances usuelles à l'aide de l'exponentielle, les
fonctions p µ se prolongent à des fonctions dans C si et seulement si µ = 0 ou Re(µ) > 0 .
Pour Re(µ) > 0 , on trouve
T(p µ ) = 1 µ + 1 p µ .
b. Soit λ une valeur propre, f ∈ C tel que T(f ) = λf et c > 0 .
La question 1a montre que N c (T (f )) ≤ N c (f ) . Or N c (T (f )) = |λ| N c (T f)) car T(f ) = λf . On en déduit |λ|N c (f ) ≤ N c (f) avec N c (f ) > 0 car f n'est pas indentiquement nulle ; d'où |λ| ≤ 1 . Le spectre est inclus dans le disque unité.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai M1813CMPSI B Année 2018-2019. Corrigé DM 13 le 29/03/19 29 juin 2019
c. Soit λ une valeur propre et f telle que T (f ) = λf . Notons F la primitive de f nulle en 0 . La condition s'écrit
F (x) = λxf(x) ⇒ f (x) = λf(x) + λxf 0 (x).
Une fonction propre f vérie l'équation diérentielle linéaire du premier ordre f 0 (x) + λ − 1
λx f (x) = 0.
Les solutions sont les Cp µ avec C ∈ R et µ = 1−λ λ . Les valeurs propres sont donc les complexes λ = a + ib tels que
Re 1 − λ
λ
> 0 ⇔ Re 1
λ > 1 ⇔ a > a 2 + b 2 ⇔ (a − 1
2 ) 2 + b 2 < 1 4 . Le spectre est donc formé par le disque ouvert de centre 1 2 et de rayon 1 2 auquel on adjoint 1 . Il est bien inclus dans le disque unité fermé.
Les fonctions propres de valeur propre 1 sont les fonctions constantes non nulles car l'équation diérentielle devient f 0 (x) = 0 .
5. a. Lorsque f est croissante, f (t) ≤ f (x) pour t entre 0 et x . En intégrant, on obtient T (f )(x) ≤ f (x) . Pour x < y , on reprend les calculs de la question 3b :
T (f )(y) − T (f )(x) = 1 y
Z y
x
f (t) dt − y − x xy
Z x
0
f (t) dt
≥ (y − x)f (x)
y − y − x
xy Z x
0
f (t) dt ≥ y − x xy
Z x
0
f (x) dt − y − x xy
Z x
0
f (t) dt
≥ y − x xy
Z x
0
(f (x) − f (t)) dt ≥ 0.
On en déduit que T (f ) est croissante. On peut aussi utiliser l'expression de la dérivée de T (f ) pour montrer qu'elle est positive.
b. D'après la question précédente, en raisonnant par récurrence, toutes les fonctions T n (f) sont croisssantes. On en déduit que la suite des x n est décroissante. De plus par positivité, f − f (0) à valeurs positives entraine T (f ) − f (0) à valeurs positives. On en déduit par récurrence que toutes les T n (f ) − f (0) sont à valeurs positives. La suite décroissante des x n est donc minorée par f (0) . Cela assure sa convergence. On peut aussi remarquer que l(x) ≥ f (0) par passage à la limite dans l'inégalité.
c. On déduit de la question a. que N c (T(f )) ≤ N c (f) . Fixons a et c tels que 0 <
a < c . D'après 3b, pour tous les x et y tels que a ≤ x ≤ y ≤ c ,
|T (f )(y) − T (f)(x)| ≤ 2N c (f )
a (y − x) ⇒ |T n (f )(y) − T n (f )(x)| ≤ 2N c (f) a (y − x) car N c (T n (f )) ≤ N c (f ) . En passant à la limite, on obtient
|l(y) − l(x)| 2N c (f )
a (y − x).
La fonction l est lipschitzienne dans [a, c] donc elle est continue. Comme a et c sont quelconques, on en déduit que l est continue dans ]0, +∞[ .
Le raisonnement est analogue en 0
|T (f )(x) − T (f )(0)| ≤ N x (f ) ⇒ |T n (f )(x) − T n (f )(0)| ≤ N x (f )
⇒ |l(x) − l(0)| ≤ N x (f ).
Ceci assure la continuité de l en 0 . Si on admet que T(l) = l ce qui semble bien naturel mais que je ne sais pas démontrer, on déduit que l est la fonction constante de valeur f (0) .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
