(a) Il faut tout d’abord s’assurer de l’existence de l’intégrable

Corrigé du problème d’analyse Agreg Interne 2011 Partie I - Préliminaires

1. (a) fetyétant deux fonctions continues surR, leur composéef ◦yest également continue surR.

Par ailleurs,yest bornée et prend donc ses valeurs dans un intervalle compactK = [−R, R], R >0. Commefest continue sur le compactK, elle y est bornée et comme on af◦y=f|K◦y, on obtient quef◦yest bornée également.

(b) CommeBC¹(R,R)⊂BC⁰(R,R), la première question nous montre que ϕ∈BC¹(R,R)⇒ Nf(ϕ) =f ◦ϕ∈BC⁰(R,R).

De plus, siϕ∈BC¹(R,R)on a par définitionϕ⁰∈BC⁰(R,R)et doncLf(ϕ)∈BC⁰(R,R).

2. (a) Il faut tout d’abord s’assurer de l’existence de l’intégrable. Commegest bornée nous avons

|e^bsg(s)| ≤ kgk∞e^bs, ∀s∈R, (1) or la fonctions7→e^bsest intégrale au voisinage de−∞carb >0, ce qui montre que l’intégrale qui intervient dans la définition deTg est bien définie. De plus,Tg apparaît donc comme le produit d’une fonction de classeC¹(x7→e^−bx) avec une primitive d’une fonction continue qui est donc de classeC¹. On en déduit queTgest une fonction de classeC¹.

Calculons la dérivée deTg: T_g⁰(x) =−be^−bx

µZ _x

−∞

e^bsg(s)ds

¶ +e^−bx

µ e^bxg(x)

¶

=−bTg(x) +g(x).

On obtient bien queTgest solution de l’équation linéairey⁰+by=g.

En reprenant la majoration (1) que l’on intègre entre−∞etx, pour unxquelconque dansR, on trouve

|T_g(x)| ≤e^−bxkgk_∞ Z _x

−∞

e^bsds=e^−bxkgk_∞e^bx

b =kgk∞

b .

Ceci montre queTgest bornée. L’équation différentielle satisfaite parTgmontre immédiatement queT_g⁰ est également bornée et donc,in fine, queTg∈BC¹(R,R).

(b) On a déjà obtenu ci-dessus la majorationkTgk∞≤ ^kgk_b^∞ et en utilisant l’équation différentielle que vérifieTgon arrive à

kT_g⁰k∞≤bkTgk∞+kgk∞≤2kgk∞, et donc

kTgkBC¹ =kTgk∞+kT_g⁰k∞≤ µ

2 +1 b

¶ kgk∞.

3. (a) Commefest continue surR, la fonction∆est continue surR². De plus, l’ensembleΠ⁺est un demi-plan ouvert deR². C’est en particulier un convexe et donc un connexe deR². L’image de Π⁺par∆est donc un connexe deR, c’est-à-dire un intervalle deR.

Par ailleurs, commef est injective, l’application∆ne peut s’annuler surΠ⁺, ainsi son image est un intervalle ne contenant pas0, ce qui montre queΠ⁺(∆) ⊂R⁺_∗ ou bienΠ⁺(∆)⊂R⁻_∗. Dans le premier cas cela montre quef est strictement décroissante et dans le second cas, cela montre quef est strictement croissante.

(b) Soitf :R→Rcontinue et bijective. D’après la question précédente,f est strictement mono- tone. Quitte à changerf en−f, on peut supposer quef est strictement croissante. Pour tout intervalle ouvert]α, β[, on a donc

f(]α, β[) =]f(α), f(β)[.

Commef est bijective, ceci peut s’écrire

(f⁻¹)⁻¹(]α, β[) =]f(α), f(β)[,

ainsi l’image réciproque parf⁻¹de tout intervalle ouvert borné deRest un ouvert deR, ce qui montre quef⁻¹est continue.

(c) L’implicationii) ⇒ i)est évidente. L’implicationi)⇒ ii)est donnée par la question précé- dente.

4. Siy∈BC⁰(R,R)est solution de l’équation proposée, elle est dérivable et sa dérivée est donnée par y⁰ =h−f ◦y. D’après l’hypothèse surhet la question I.1.a) on a doncy⁰ ∈ BC⁰(R,R)ce qui montre bien quey∈BC¹(R,R).

Partie II - Le cas linéaire

1. (a) Dans le casa= 0, l’équation proposée esty⁰=h, de sorte que ses solutions sont exactement les primitives deh. Deux solutions de cette équation ne peuvent donc différer que d’une constante.

Ainsi, il apparaît clairement que hadmet une primitive bornée si et seulement si toutes ses primitives le sont.

(b) Dans le cash= 0(ou encoreh(x) = sin(x)...) on est dans le premier cas (toutes les solutions de l’équation sont bornées), alors que dans le cash(x) = 1aucune solution de l’équation n’est bornée.

2. (a) D’après la question I.2 (appliquée avecb = a > 0) la fonctiony0 = Thest une solution de l’équation(E_L)qui appartient àBC¹(R,R). De plus, on a l’estimation

ky0kBC¹ ≤ µ

2 +1 a

¶ khk∞.

(b) Soityune solution quelconque de(EL), on a

(y−y₀)⁰+a(y−y₀) = (y⁰+ay−h)−(y⁰₀+ay₀−h) = 0, et doncy−y0est solution de l’équation homogène que l’on résout immédiatement :

y−y0=Ce^−ax.

Commey0est bornée, on voit queyest bornée si et seulement six7→Ce^−axest bornée ce qui n’arrive que pourC= 0, c’est-à-dire siy=y0.

La fonctiony0est donc l’unique solution bornée de l’équation proposée.

(c) On posez(x) =y(−x)et on effectue le calcul suivant

z⁰(x) =−y⁰(−x) =−(−ay(−x) +h(−x)) =ay(−x)−h(−x) =az(x)−h(−x), ainsizest solution dez⁰−az= ˜hoù˜h(x) =−h(−x). Commeh˜est dansBC⁰(R,R)et que

−a >0, on peut appliquer le résultat de la question précédente : cette nouvelle équation admet une unique solution bornée notéez0et ainsi la fonctiony0(x) = z0(−x)est l’unique solution bornée de l’équation initiale.

3. La fonctionf :x7→axest un homéomorphisme si et seulement sia6= 0. Il s’agit donc de démontrer queL_fest un homéomorphisme si et seulement sia6= 0.

– Si a = 0, la question II.1.b montre qu’il existe h ∈ BC⁰(R,R) telle que l’équation y⁰ = h n’admet aucune solution bornée. Ainsi une telle fonctionhn’est pas dans l’image de l’opérateur L_f. Celui-ci n’est donc pas surjectif eta fortiorin’est pas un homéomorphisme.

– Si a 6= 0 : la question I.1.b montre que Lf envoieBC¹(R,R) dans BC⁰(R,R), la question II.2 montre que pour toute fonctionh ∈ BC⁰(R,R)il existe une unique solution bornéey de l’équationy⁰ +ay = h, c’est-à-dire dey⁰+f ◦y = h. D’après la question I.4, cette solution est dans BC¹(R,R). Ainsi, cette fonctiony est l’unique élément dans BC¹(R,R) qui vérifie Lfy=h. On a donc montré queLfest bijectif.

Par ailleurs, on a pour touty∈BC¹(R,R)

kL_fyk_∞=ky⁰+ayk_∞≤ ky⁰k_∞+|a|kyk_∞≤(1 +|a|)kyk_BC¹, ce qui montre la continuité de l’opérateurlinéaireLf.

Enfin, dans le casa >0, l’estimation de la question II.2.a montre que pour touth∈BC⁰(R,R) on a

kL⁻¹_f hkBC¹≤ µ

2 + 1

|a|

¶ khk∞,

ce qui montre la continuité deL⁻¹_f . Le casa < 0, donne la même estimation (en utilisant le changement de fonctiony7→zintroduit plus haut).

Le théorème est donc démontré dans le cas linéaire.

Partie III - A propos des opérateursN_f etL_f

1. (a) Dans l’espace vectoriel normé(BC⁰(R,R),k.k∞)la normek.k∞est continue (elle est même 1-lipschitzienne¹). Ainsi, si(gn)nconverge versgau sens de la norme infinie, on a

n→∞lim kg_nk_∞=kgk_∞.

En particulier, la suite numérique(kgnk∞)nest bornée ce qui montre queρ= sup_nkgnk∞est fini. On a donckgnk∞≤ρpour toutnet en passant à la limite on trouvekgk∞≤ρ.

(b) On introduit le compactK = [−ρ, ρ]. Commef est continue surR, d’après le théorème de Heine on sait quefest uniformément continue surK. Ceci signifie que

∀ε >0, ∃δ >0, ∀y1, y2∈K,|y1−y2| ≤δ⇒ |f(y1)−f(y2)| ≤ε. (2) Les propriétés établies à la question précédente montrent que pour tout x ∈ Ret pour tout n≥0, on ag(x)∈Ketgn(x)∈K.

Fixons maintenantε >0et prenons leδ >0qui nous est donné par (2). Comme(gn)nconverge versgpour la norme infinie, il existe un indicen0∈Ntel que

∀n≥n0, kgn−gk∞≤δ.

Soit maintenantn ≥ n0, comme pour tout x ∈ Ron ag(x) ∈ K etgn(x) ∈ K, on peut appliquer (2) avecy1=g(x)ety2=gn(x), ce qui donne

|f◦gn(x)−f◦g(x)|=|f(gn(x))−f(g(x))| ≤ε.

En prenant le supremum par rapport àx∈R, on a obtenu

∀n≥n0, k f| {z }◦gn

=Nf(gn)

− f ◦g

| {z }

=Nf(g)

k∞≤ε,

ce qui montre la convergence deN_f(g_n)versN_f(g)pour la norme infinie.

Ceci étant vrai pour toute suite(gn)nqui converge versg, on a bien établi la continuité deNf.² 2. (a) Sif est un homéomorphisme, elle est en particulier bijective et donc pour toutes fonctions

g, h∈BC⁰(R,R)et toutx∈Rnous avons

h(x) =Nf(g)(x)⇒h(x) =f(g(x))⇒g(x) =f⁻¹(h(x))⇒g(x) =Nf⁻¹(h)(x).

On a donc bienN_f⁻¹ =N_f−1 et commef⁻¹est continue, la question III.1 montre queN_f et N_f−1sont continus.

On a donc bien établi queNfest un homéomorphisme.

1. comme dans tout espace vectoriel normé d’ailleurs ....

2. rappelons que la propriété de continuité séquentielle d’une application est équivalente à la continuité dès lors qu’on travaille dans un espacemétrique.

(b) Le réely étant fixé, la fonction constante hy est bien continue et bornée et comme Nf est supposé être un homéomorphisme, il existe une unique fonction ξ ∈ BC⁰(R,R)telle que Nf(ξ) =hy.

Suivons ensuite l’indication de l’énoncé et posonsη(x) = ξ(x+a)pour un réelafixé. Il est clair queηest continue et bornée carξl’est. De plus, pour toutx∈R, on a

Nf(η)(x) =f ◦η(x) =f(ξ(x+a)) =Nf(ξ)(x+a) =hy(x+a) =y,

ce qui montre queNf(η) =hy. Ainsiηetξsont deux antécédents parNf de la même fonction hy. Comme il existe un unique tel antécédent, on aη =ξce qui montre que pour toutxon a ξ(x) =ξ(x+a).

Cette propriété étant vraie pour toute valeur dea, on en déduit bien que ξest une fonction constante. On noteϕ(y)∈Rcette valeur. On a donc établi que pour pour touty∈R, on a

Nf(hϕ(y)) =hy.

Si, àyfixé, on évalue cette expression en un pointx∈Rquelconque, on a y=hy(x) =Nf(hϕ(y))(x) =f◦hϕ(y)(x) =f(ϕ(y)).

Ainsi, la fonctionfest bijective et son inverse est la fonctionϕconstruite ci-dessus. Commef est continue, la question I.3 montre quef est bien un homéomorphisme.

3. L’applicationy∈BC¹(R,R)7→y⁰ ∈BC⁰(R,R)est linéaire et continue car ky⁰k∞≤ kyk_BC¹, ∀y∈BC¹(R,R).

CommeLfy=y⁰+Nfyet queNf est continue d’après la question III.1, on obtient bien queLf est continu.

4. (a) On applique la même méthode que dans la question III.2. On choisit una ∈ Rpuis on pose η(x) =ξ(x+a). On calculeLf(η)

Lf(η)(x) =η⁰(x)+f◦η(x) =ξ⁰(x+a)+f◦ξ(x+a) =Lf(ξ)(x+a) =hy(x+a) =hy(x).

Par unicité de l’antécédent dehy parLf, on en déduit queξ = η. Ceci étant vrai pour tout a∈R, on a bien montré queξest constante.

(b) La fonctionξconstuite précédemment est constante, donc sa dérivée est nulle et on a donc hy=Lf(ξ) =ξ⁰+f ◦ξ=f◦ξ,

en évaluant cette égalité en un point quelconque, on obtientf(ξ(x)) = y. Ceci prouve que n’importe quel réelyest dans l’image def, c’est-à-dire quef est surjective.

(c) Soienty1ety2deux réels tels quef(y1) =f(y2). Ecrivons pouri= 1,2 Lf(hyi) =h⁰_yi+f◦hyi= 0 +h_f(yi),

par hypothèse,f(y1) = f(y2)et donc nous avons Lf(hy1) = Lf(hy2). Comme Lf est un homéomorphisme, on en déduit quehy1 = hy2 et donc y1 = y2, ce qui montre que f est injective.

(d) D’après les questions précédentes,f est bijective et continue par hypothèse, c’est donc un ho- méomorphisme d’après la question I.3.

Partie IV - Un problème de point fixe

1. Dans le cas oùf est dérivable, la condition équivalente à (H) est bien entendu

∀x∈R, m≤f⁰(x)≤M. (3) Démontrons cela.

– Supposons que la propriété (H) est vérifiée. Pour toutx∈Ret touth∈R, h6= 0on a donc m≤ f(x+h)−f(x)

h ≤M,

on passe à la limite quandh→0et on obtient (3).

– Inversement, supposons que (3) est vraie. On prendx, y ∈ Ravecx < y, le théorème des ac- croissements finis nous assure l’existence d’unc ∈]x, y[tel quef(x)−f(y) = (x−y)f⁰(c)et

donc f(x)−f(y)

x−y =f⁰(c)∈[m, M].

2. La propriété (H) implique en particulier que le quotient(f(x)−f(y))/(x−y)est strictement positif pourx6=yet donc on sait quef est strictement monotone et en particulier injective.

Il reste à montrer quef est surjective. On sait déjà, commef est continue, que l’image def est un intervalle deR(théorème des valeurs intermédiaires). Pour montrer la surjectivité def il suffit donc de montrer quef n’est ni majorée ni minorée. Raisonnons par l’absurde :

– Sif est majorée par un certain nombreK >0, on peut appliquer la propriété (H) avecx= 0et y >0, on obtient

m≤ f(y)−f(0)

y ≤K−f(0)

y ,

et si on fait tendreyvers l’infini, on trouvem≤0ce qui contredit l’hypothèsem >0.

– De même sifest minorée par un certain nombre−K <0, on applique la propriété (H) avecy= 0 etx <0et on trouve

m≤ f(0)−f(x)

−x ≤f(0) +K

−x .

En faisant tendrexvers−∞, on trouve encorem≤0et donc une contradiction.

3. Soientx6=y. On effectue le calcul suivant Fk(y)−Fk(x)

y−x = f(y)−f(x) y−x −k, et donc

m−M

2 =m−k≤ Fk(y)−Fk(x)

y−x ≤M −k= M−m 2 , ce qui démontre que

|Fk(x)−Fk(y)| ≤ M−m 2 |x−y|, et donc queFkest lipschitzienne de rapportL= (M−m)/2.

4. On a vu à la question III.1, que la composée d’une fonction continue avec une fonction continue bornée était elle-même continue bornée et doncFk ◦ϕest dans BC⁰(R,R), et de même pour la sommeFk◦ϕ+h.

Les propriétés deG(h, ϕ)proviennent de la question I.2.

5. Commençons par fixerhet considéronsϕ1, ϕ2dansBC⁰(R,R). On a G(h, ϕ1)−G(h, ϕ2) =TFk◦ϕ1−Fk◦ϕ2,

où on utilise les notations de la question I.2 (avecb=k). D’après la question I.2.b on a kG(h, ϕ1)−G(h, ϕ2)k∞≤ 1

kkFk◦ϕ1−Fk◦ϕ2k∞≤ L

kkϕ1−ϕ2k∞. Ceci montre queGest lipschitzienne par rapport àϕde rapportL/k.

Fixons maintenantϕ, et prenonsh1, h2∈BC⁰(R,R). On a G(h1, ϕ)−G(h2, ϕ) =Th1−h2, et donc

kG(h1, ϕ)−G(h2, ϕ)k∞≤ 1

kkh1−h2k∞, ce qui prouve queGest lipschitzienne par rapport àhde rapport1/k.

6. On a vu queG(h, ϕ)est de la formeTg pour une certaine fonction continue bornéeg et donc, les résultats de la partie I montrent queG(h, ϕ)est dansBC¹(R,R)et que de plus elle vérifie l’équation

G(h, ϕ)⁰+kG(h, ϕ) =−Fk◦ϕ+h=−f◦ϕ+kϕ+h, ce qui est le résultat demandé.

7. Supposons queG(h, ϕ) =ϕ. La question précédente montre queϕest dansBC¹(R,R)et que l’on aϕ⁰+f◦ϕ=h, c’est-à-direLf(ϕ) =h.

Réciproquement, siϕ∈BC¹(R,R)vérifieLf(ϕ) =h, alors on a G(h, ϕ)⁰=k(ϕ−G(h, ϕ)) +ϕ⁰, et donc

(G(h, ϕ)−ϕ)⁰=k(ϕ−G(h, ϕ)).

Ainsi la fonctionz=G(h, ϕ)−ϕest une solution bornée de l’équationz⁰=kz, ce qui n’est possible que siz= 0. D’où le résultat.

8. hétant fixé, on a vu queϕ7→G(h, ϕ)est lipschitzienne de rapportL/k= ^M−m_M+m. On remarque qu’on peut toujours augmenter un peuM pour queM > mde sorte que ce rapportL/kest strictement plus petit que1. L’espaceBC⁰(R,R), muni de la norme infinie étant complet on peut appliquer le théorème du point fixe de Banach qui dit que cette application admet un unique point fixe.

D’après la question précédente, pour touth∈ BC⁰(R,R)fixée il existe donc une unique fonction ϕ∈BC¹(R,R)telle queLf(ϕ) =h, ce qui montre queLfest une bijection.

9. (a) Il suffit d’utiliser correctement les estimations Lipschitz obtenues à la question IV.5 de la façon suivante

kϕ1−ϕ2k∞=kG(h1, ϕ1)−G(h2, ϕ2)k∞≤ kG(h1, ϕ1)−G(h1, ϕ2)k∞+kG(h1, ϕ2)−G(h2, ϕ2)k∞

≤ L

kkϕ₁−ϕ₂k_∞+1

kkh₁−h₂k_∞, d’où le résultat avecr=L/k∈]0,1[.

(b) D’après la question précédente, siLf(ϕ1) =h1etLf(ϕ2) =h2alors on a kϕ₁−ϕ₂k_∞≤ 1

k(1−r)kh₁−h₂k_∞. AinsiL⁻¹_f est lipschitzien de rapport _k(1−r)¹ .

(c) On a vu en IV.8 queLf : BC¹(R,R) → BC⁰(R,R)est une bijection, en III.3 queLf est continu et enfin en IV.9.b queL⁻¹_f ce qui achève la preuve du résultat.

Partie V - Un exemple

1. La fonctionf dont il est question ici est la fonctions 7→ f(s) = 2s+ sin²(s). Cette fonction est dérivable et sa dérivée vautf⁰(s) = 2 + 2 sin(s) cos(s) = 2 + sin(2s), ainsi on a

1≤f⁰(s)≤3, ∀s∈R,

et ainsi la propriété (3) est vraie pourm= 1etM = 3, donc les résultats de la partie IV s’appliquent.

2. D’après la partie IV, l’opérateurLfest une bijection et donc il existe une unique solution bornée de l’équation. Commef est une bijection deRdansRcette solution bornée est constante.

3. (a) Toute solution bornée de (F) est également dansBC¹(R,R)d’après la question I.4. CommeLf

est un homéomorphisme, une telle solution existe de façon unique.

(b) On aϕ⁰+ 2ϕ= h−sin²(ϕ). La fonctionhest bornée et0 ≤sin² ≤1et doncϕ⁰+ 2ϕest bornée.

(c) La fonctionγest dérivable et on a

|γ⁰(x)|=e^2x|ϕ⁰(x) + 2ϕ(x)| ≤M e^2x, (4) oùM est une borne de|ϕ⁰+ 2ϕ|. Ainsi l’intégrale deγ⁰ sur un intervalle de la forme[(u+ v)/2, v[est absolument convergente et donc l’intégrale deγ⁰converge env, ce qui exprime que γadmet une limite à gauche env. Ainsiϕadmet aussi une limite à gauche env, ceci contredit le théorème d’explosion en temps fini.

(d) On raisonne de façon similaire pour la borne gauche de l’intervalle de sorte que l’intervalle de définition maximal estRtout entier. De plus, de l’inégalité (4) on déduit que pourx >0on a

|γ(x)| ≤ |γ(0)|+ Z _x

0

|γ⁰(s)|ds≤ |γ(0)|+M 2 e^2x, et donc pourx∈R⁺, on a

|ϕ(x)|=e^−2x|γ(x)| ≤ M

2 +|γ(0)|e^−2x≤ M

2 +|γ(0)|.

4. (a) La fonctionhconsidérée ici est2π-périodique. On vérifie aisément quex7→ ϕ0(x+ 2π)est également une solution bornée de l’équation (F). Une telle solution étant unique, on en déduit queϕ0(x+ 2π) =ϕ0(x)pour toutx∈R, ce qui prouve queϕ0est2π-périodique.

(b) Calculonsψ⁰+ 2ψ:

ψ⁰+ 2ψ= (ϕ⁰−2ϕ)−(ϕ⁰₀−2ϕ₀) = sin²(ϕ)−sin²(ϕ₀),

et donc la fonctionw= sin²(ϕ)−sin²(ϕ0)convient (elle est bien continue et bornée !).

Par ailleurs, siψ s’annule en un point, cela signifie queϕ etϕ0 coincident en ce point. Par la propriété d’unicité dans le théorème de Cauchy-Lipschitz (que l’on peut appliquer ici car la fonctionf est de classeC¹) on en déduirait queϕetϕ0seraient identiques, ce qui est exclu.

(c) On écrit l’équation précédente sous la forme ψ⁰+

µ 2−w

ψ

¶ ψ= 0, carψne s’annule pas et on constate que

¯¯

¯¯w(x) ψ(x)

¯¯

¯¯=

¯¯

¯¯sin²(ϕ(x))−sin²(ϕ0(x)) ϕ(x)−ϕ0(x)

¯¯

¯¯≤1, ∀x∈R, carsin²est1-lipschitzienne.

Il vient

d

dx(e^xψ(x)) =e^x(ψ⁰(x) +ψ(x)) =−e^x(1−w/ψ)ψ(x), et commeψest de signe constant et quew/ψ≤1, on en déduit

d

dx(e^x|ψ(x)|) =−e^x(1−w/ψ)|ψ(x)| ≤0.

Ainsix7→e^x|ψ(x)|décroit surR⁺, ce qui donne le résultat attendu.

(d) La fonction ϕ0 est continue périodique et non constante, son image est donc un intervalle compact non réduit à un singleton de la forme[a, b]aveca < b. Montrons que la constante α= (a+b)/2convient (en fait n’importe quelαdans]a, b[conviendrait).

D’après la question précédente, on alimx→+∞ψ(x) = 0. En particulier il existeA >0tel que

|ψ(x)|<b−a

4 , ∀x≥A.

Prenons maintenanty1< y2tels queϕ0(y1) =aetϕ0(y2) =b. Par périodicité, on aϕ0(y1+ 2kπ) =aetϕ0(y2+ 2kπ) =bpour toutk∈Z.

Ainsi, pourk∈Nassez grand pour quey1+ 2kπ≥Aon a ϕ(y1+2kπ) =ϕ0(y1+2kπ)+(ϕ(y1+ 2kπ)−ϕ0(y1+ 2kπ))

| {z }

=ψ(y1+2kπ)

≥a+b−a

4 ≤ b+ 3a

4 <a+b 2 =α.

De même, on montre que pour toutkassez grand on a ϕ(y2+ 2kπ)> α.