PROBLÈME 1 — CLASSIQUE

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 9

du jeudi 29 mars Durée : 4 heures

Toute calculatrice interdite

Instructions générales :

Les candidats sont priés

• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien7 pages ;

• de traiter leur sujet :

? classique, composé du problème1;

? corsé, composé du problème2.

Merci d’indiquer clairement sur la première page de la première copie si vous traitez le sujet classique ou le sujet corsé.

Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

(d’après G. Mathieu)

Bon courage !

PROBLÈME 1 — CLASSIQUE

Nous étudions dans ce problème quelques propriétés des fonctions de Bessel, obtenues à partir de l’équation différentielle :

(E_α) x²y⁰⁰+xy⁰+ (x²−α²)y = 0 (1)

oùαest un paramètre réel positif.

Partie I

1. Déterminer les solutions surRde l’équation différentielle : z⁰⁰+z= 0.

2. Pour deux réelsAetB, déterminer un développement limité à l’ordre1en0de la fonctionx7→Acosx+BsinB.

3. Trouver une condition nécessaire et suffisante surAet B pour que la fonction x 7→ Acosx+Bsinx

√x

admette une limite finie en0⁺. Cette condition étant satisfaite, donner un équivalent de Acosx+Bsinx

√x lorsque

xtend vers0⁺.

Partie II

On considère dans cette partie l’équation différentielle : (E1

2) x²y⁰⁰+xy⁰+

x²−1 4

y = 0 (2)

dont on cherche les solutions sur l’intervalle]0,+∞[.

4. Que peut-on dire de l’ensemble des solutions sur]0,+∞[de l’équation différentielle(E¹

2)? 5. Soity une fonction de classeC² sur]0,+∞[et soitzla fonction définie par :

z : ]0,+∞[ → R x 7→ x¹²y(x) Démontrer que y est solution de(E1

2)si, et seulement si,zest solution d’une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants.

6. Résoudre l’équation différentielle (E1

2)sur l’intervalle]0,+∞[.

7. Démontrer que l’ensemble des solutions de (E1

2) sur]0,+∞[ qui possèdent une limite finie en 0 est un espace vectoriel de dimension 1.

8. Démontrer qu’il existe une unique solution de(E1

2)sur]0,+∞[, notéef1

2, telle que : f¹

2(x) ^x→0

+

∼

r2x π .

Partie III

Dans cette partie,αest un réel fixé,α≥0, et on considère les équations différentielles : (Eα) x²y⁰⁰+xy⁰+ (x²−α²)y = 0

(E_α⁰) xz⁰⁰+ (2α+ 1)z⁰+xz = 0 9. On rappelle la définition de la fonctionΓ :

Γ : R^∗+ → R x 7→

Z +∞

0

t^x−1e^−tdt Démontrer queΓ(1) = 1et, pour toutx >0,Γ(x+ 1) =xΓ(x).

10. On considère une série entièreX

n≥0

anxⁿ dont le rayon de convergence est notéRet dont la somme sur l’intervalle ]−R, R[ est notéeS. On suppose dans cette question queRest strictement positif.

10.a. Rappeler une définition du rayon de convergenceRde la série entière X

n≥0

anxⁿ.

10.b. On suppose dans cette question queSest solution de l’équation différentielle(E_α⁰)sur]−R, R[. Démontrer quea₁= 0et :

∀n∈N^∗, (n+ 1)(n+ 1 + 2α)an+1+an−1 = 0.

11. On suppose ici que la suite (an)n≥0 satisfait les deux conditions obtenues à la question précédente.

11.a. Démontrer quea_2n+1= 0 pour toutn∈N.

11.b. Déterminer le rayon de convergence Rde la série entière X

n≥0

anxⁿ.

11.c. Démontrer que, pour tout entiern∈N: a2n = (−1)ⁿΓ(α+ 1) n!2²ⁿΓ(n+α+ 1)a0.

12. Préciser la nature de l’ensemble des solutions sur]0,+∞[de l’équation différentielle(Eα).

13. Soity:]0,+∞[→Rune fonction de classeC². On définit la fonctionz : z : ]0,+∞[ → R

x 7→ x^−αy(x)

Démontrer quey est solution de(E_α)si, et seulement si,z est solution de(E_α⁰)sur]0,+∞[.

14. En déduire que la fonctionfα définie sur]0,+∞[en posant :

∀x >0, fα(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ

n!2^2n+αΓ(n+α+ 1)x^2n+α est solution de(E_α)sur]0,+∞[.

15. Déterminer un équivalent de fα(x)lorsquextend vers0.

Dans la suite du problème, on considère le cas particulier où α=pest un entier naturel et fp est la solution de (E_p)définie par :

∀x∈R, fp(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ n!(n+p)!

x 2

^2n+p

(insistons sur le fait que cette fonctionf_p est définie surR).

16. Pour tout entierp≥1et tout réelx, expliciterf_p−1(x)−fp+1(x)comme somme d’une série entière. En déduire l’existence d’une constante kque l’on précisera telle que f_p−1(x)−f_p+1(x) =kf_p⁰(x).

Partie IV

Dans cette partie,p∈Nest un entier naturel fixé et on considère la fonctionfp définie dans la partie précédente.

On définit également une fonction g_p surRen posant :

∀x∈R, gp(x) = Z π

0

cos(pt−xsint)dt.

17. Démontrer queg_p est de classeC² surRet expliciter (sous forme intégrale) les fonctionsg⁰_pet g_p⁰⁰. 18. En intégrant par parties g⁰_p(x), vérifier quegp est solution de l’équation différentielle(Ep).

19. Pour tout entier naturel n∈N, on notew_n = Z π

0

sinⁿ(t)dt.

19.a. Démontrer que pour toutn≥2,nwn= (n−1)w_n−2. 19.b. Donner l’expression de w_2n en fonction den.

20. Établir l’égalité :

∀x∈R, g1(x) = 1 π

Z π 0

sin(t) sin(xsint)dt puis démontrer que g0 etg1 sont développables en série entière surR.

21. Démontrer les égalités de fonctions g0=f0 etg1=f1. 22. Démontrer que pour tout entier p≥1 et tout réelx∈R:

gp−1(x)−gp+1(x) = 2g⁰_p(x).

23. Démontrer que, pour tout entierp∈N, les fonctionsgp etfp sont égales.

PROBLÈME 2 — CORSÉ

Soit un intervalleI deR, ni vide, ni réduit à un point, et un ensembleE de fonctionsf :I→R. On se donne une applicationJ :E→Rdéfinie au moyen d’une intégrale faisant intervenirf et ses dérivées. L’objet de ce problème est d’étudier le minimum éventuel deJ surE :

minf∈EJ(f),

et de déterminer, dans certains cas particuliers, les pointsf deEen lesquels J atteint son minimum.

On noteE_a,b^k l’ensemble des fonctionsf : [0,1]→Rde classeC^k telles que f(0) =aet f(1) =b. La notationy^(k) désigne la dérivée d’ordrek de la fonctiony.

A. Préliminaire

1. On posej= exp(2iπ/3). Que vautj⁴+j²+ 1?

On noteMn,p(C)l’espace vectoriel des matrices à n lignes et pcolonnes sur C et on considère la matriceA de M4,4(C)suivante :

A =











0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

−1 0 −1 0









 .

2. Proposer une matrice inversibleU et une matrice diagonaleD deM_4,4(C)telles queU⁻¹AU =D. La méthode choisie pour les obtenir doit être expliquée.

3. En déduire les solutionsX :I→ M_4,1(C)de l’équation différentielle

X⁰ = AX (3)

4. Déterminer l’ensemble des solutionsy:I→Cde l’équation différentielle

y⁽⁴⁾+y⁰⁰+y = 0 (4)

et préciser parmi ces solutions celles qui sont à valeurs dans R. On pourra considérer le vecteur

Y =









 y y⁰ y⁰⁰ y⁽³⁾









 .

B. Un lemme de du Bois-Reymond

5. On considère la fonction h : R → R définie par h(t) = (1−t²)³ si |t| ≤ 1 et h(t) = 0 sinon. Montrer que h∈ C²(R,R)et représenter son graphe. La fonctionhest-elle de classeC³ surR?

6. Soit x₀, x₁ des nombres réels tels que x₀ < x₁. construire à partir de h une fonction g ∈ C²(R,R) vérifiant g(x)>0 pour toutx∈]x0, x1[et g(x) = 0ailleurs.

7. SoitF ∈ C⁰([0,1],R)telle que Z 1

0

F(x)u(x)dx= 0 pour toutu∈E_0,0² . Démontrer qu’alors F est nulle.

C. Une condition nécessaire d’Euler-Lagrange

Dans cette partie, on prendE =Ea,b pour un couple donné (a, b) de nombres réels. La fonctionJ est définie sur E par la formule

J(f) = Z 1

0

[P(f(x)) +Q(f⁰(x))] dx,

oùP, Q∈R[X]sont des polynômes fixés.

Soitf0∈E. On se propose de prouver que siJ(f0)≤J(f)pour toutf ∈E, alorsf0vérifie une certaine équation différentielle. Soitu∈E²_0,0.

8. Montrer que l’applicationqdéfinie surRpar la formule

q(t) = J(f0+tu)

est polynomiale, c’est-à-dire qu’il existe une famille finie(a₀, a₁, . . . , a_r)de nombres réels telle queq(t) =

r

X

k=0

a_kt^k

pour toutt∈R. Expliciter le coefficienta1 sous la forme d’une intégrale faisant intervenir les polynômes dérivés P⁰ et Q⁰.

9. On suppose que pour toutf ∈E,J(f0)≤J(f). Montrer qu’alorsa1= 0et en déduire l’équation différentielle

∀x∈[0,1], P⁰(f₀(x)) = d

dx[Q⁰(f₀⁰)]. (5)

Exemples

Premier exemple.On choisitE=E_0,1² etJ =J1 définie parJ1(f) = Z 1

0

(f⁰(x))²dx.

10. Forme l’équation différentielle (5) correspondante. Parmi ses solutions, préciser celles qui appartiennent à E_0,1² . 11. Montrer que J₁ admet un minimum surE_0,1² , préciser sa valeur ainsi que les points deE_0,1² où ce minimum est

réalisé. (On pourra s’aider de l’inégalité de Cauchy-Schwarz.) Deuxième exemple.On choisitE=E²_0,0 etJ =J2 définie par

J2(f) = Z 1

0

(f⁰(x))²+ (f⁰(x))³ dx.

12. Former l’équation différentielle (5) correspondante. Parmi ses solutions, montrer que seule la fonction nulle appartient à E²_0,0.

13. Montrer que J2 n’admet pas de minimum surE_0,0² . (On pourra se servir de la fonction f définie sur l’intervalle [0,1]par la formule f(x) =x²(1−x).)

D. Un exemple avec dérivée seconde

Dans cette partie,E désigne l’ensemble des fonctions f ∈ C⁴(R⁺,R)telles que f² et (f⁰⁰)² soient intégrables sur R+. On rappelle que l’ensemble des fonctions g ∈ C⁰(R+,R) telles que g² soit intégrable sur R+ est un R-espace vectoriel, que l’on noteL².

Dans les deux questions suivantes, on considèref ∈E.

14. Montrer que le produit f f⁰⁰est intégrable surR+ et quef(x)f⁰(x)ne tendpas vers+∞quand x→+∞.

15. En déduire que f⁰∈L², puis quef(x)f⁰(x)→0 quandx→+∞.

Dans cette partie, la fonctionJ est définie par J(f) =

Z +∞

0

h

(f(x))²−(f⁰(x))²+ (f⁰⁰(x))²i dx.

Par un raisonnement identique à celui de la partie C, on peut montrer, et on l’admettra, que si la fonctionJ présente un minimum en un élémentf deE, alorsf est solution surR+ de l’équation (4) : y⁽⁴⁾+y⁰⁰+y= 0.

16. Déterminer les solutions de (4) qui appartiennent à E. (On pourra d’abord étudier leur appartenance àL².) On notee1et e2les fonctions définies sur R+par les formules

e1(t) = e^−t/2cos t

√ 3 2

!

et e2(t) = e^−t/2sin t

√ 3 2

! .

Un calcul montre, et on l’admettra, que pour tous réelsαetβ, J(αe₁+βe₂) = α²

4 +3β²

4 +αβ√ 3 2 . On pose également, pour toutt∈R+,

ψ(t) = e^−t/2sin t

√3 2 −π

3

! .

17. On suppose, dans cette question, que la fonction J présente un minimum en un élémentf deE. Montrer quef est solution surR+ de l’équationy⁰⁰+y⁰+y= 0. Montrer par ailleurs qu’il existeλ∈Rtel que f =λψ.

18. Montrer que pour toutf ∈E et tout réelA >0, Z A

0

h

(f(x))²−(f⁰(x))²+ (f⁰⁰(x))²i dx

= Z A

0

hf(x) +f⁰(x) +f⁰⁰(x)i² dx+

f(0) +f⁰(0)²

−

f(A) +f⁰(A)² .

Quel est le comportement de

f(A) +f⁰(A)²

lorsqueA→+∞? En déduire que la fonctionJ admet effective- ment un minimum au pointλψ pour chaqueλ∈R.

19. Indiquer comment le point de vue de la question précédente permet de retrouver directement toutes les fonctions f₀∈E telles queJ(f₀) = min

f∈EJ(f), sans passer par l’équation différentielle (4).

E. Application : une inégalité de Hardy et Littlewood

On reprend les notations de la partie précédente, et pour toutg∈L², on note

kgk = s

Z +∞

0

g(x)²

dx.

20. Montrer que pour toutf ∈E,

kf⁰k² ≤ 2kfk · kf⁰⁰k.

On pourra poser fµ(x) =f(µx)et utiliser le fait queJ(fµ)≥0, pourtout réel µ >0.

21. Déterminer tous les cas d’égalité dans l’inégalité précédente.

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 9 – éléments de correction

PROBLÈME 1 — CLASSIQUE

d’après E3A 2014 MP maths A

Partie I

1. Classiquement, les solutions à valeurs réelles dez⁰⁰+z= 0sont les fonctions de la forme z(x) =Acosx+Bsinx, oùAet B sont deux constantes réelles.

2. Un développement limité à l’ordre1 en0de la fonctionAcos +Bsinest Acosx+Bsinx=A+Bx+o(x). 3. Pour A6= 0il vient Acosx+Bsinx

√x

x→0∼ A

√x, de limite infinie en0⁺. Si par contreA= 0 alors Acosx+Bsinx

√x = Bsinx

√x

x→0∼ B√ x.

Ainsi la CNS recherchée est A= 0. Cette condition étant satisfaite, il vient Acosx+Bsinx

√x

x→0∼ B√ x.

Partie II

4. L’équation (2) est linéaire et homogène, l’ensemble de ses solutions est donc un espace vectoriel. De plus, c’est une équation du second ordre, et le coefficient x² dey⁰⁰ne s’annule pas sur ]0,+∞[, d’où :

l’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension2. 5. Fixons x >0. Nous avonsy(x) =x⁻¹²?z(x)doncy⁰(x) =−1

2x⁻³²z(x) +x⁻¹²z⁰(x)puis y⁰⁰(x) = 3

4x⁻⁵²z(x)−x⁻²³z⁰(x) +x⁻¹²z⁰⁰(x).

En substituant dans (2), il vient après calcul (à faire le jour J !) : y est solution de (2) si et seulement si pour tout x >0,x³²z⁰⁰(x) +x³²z(x) = 0. Orx >0, donc après simplification parx³² :

y est solution de (2) si et seulement siz⁰⁰+z= 0. On remarque au passage que c’est l’équation étudiée dans la partie I.

6. D’après les questions6.et 1., puisquez=Acos +Bsinet y(x) =x⁻¹²z(x), on obtient que les solutions de (2) sur R^∗+ sont les fonctionsy :x7→ Acosx+Bsinx

√x , où(A, B)∈R².

7. D’après 3., les fonctions recherchées vérifient A = 0 donc sont de la forme y(x) = Bx⁻¹²sinx, B ∈ R. Ainsi l’ensemble des solutions de (2) sur ]0,+∞[ admettant une limite finie en0est Vect (x7→x⁻¹²sinx).

8. Une telle fonction vérifiant la condition a pour limite0en0donc vérifie A= 0. Ory(x) =Bx⁻¹²sinx^x→0∼ B√ x

d’où B= r2

π et f1 2(x) =

r2

πx⁻¹²sinx.

Partie III

9. Question de cours ! Sans détour : Γ(1) = Z +∞

0

e^−tdt = [−e^−t]^+∞₀ d’où Γ(1) = 1. Effectuons une intégration par parties. Posons u(t) =t^x et v⁰(t) =e^−t, donc u⁰(t) =xt^x−1 et v(t)−e^−t (les fonctions uetv sont bien de classeC¹ surR^∗+ :

Γ(x+ 1) = Z +∞

0

t^xe^−tdt = [t^x(−e^−t)]^+∞₀ − Z +∞

0

xt^x−1(−e^−t)dt.

Or d’une part pourx >0 il vientt^x(−e^−t)−→^t→00; et d’autre partt^x(−e^−t)^t→+∞−→ 0 par croissances comparées.

Il s’ensuit que Γ(x+ 1) = xΓ(x). 10.

10.a. Question de cours ! Le rayon de convergence d’une série entière P

nanzⁿ est la borne supérieure de l’en- semble des réels positifs t pour lesquels la série P

nantⁿ converge (ou bien pour lesquels la suite (antⁿ)n

est bornée, ou bien pour lesquels la suite (a_ntⁿ)_n est convergente de limite nulle. . . ).

10.b. Soit S une série entière solution de (E_α⁰). Ainsi xS⁰⁰+ (2α+ 1)S⁰+xS = 0. En évaluant en 0, il vient (2α+ 1)S⁰(0) = 0. Or α ≥ 0 d’où S⁰(0) = 0. Or par hypothèse S(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ donc S⁰(0) = a1 puis comme attendu a1= 0 .

Ensuite, en injectant la série entière dans(E_α⁰), il vient : xS⁰⁰(x) + (2α+ 1)S⁰(x) +xS(x) = x

+∞

X

n=2

n(n−1)anxⁿ⁻²+ (2α+ 1)

+∞

X

n=1

nanxⁿ⁻¹+x

+∞

X

n=0

anxⁿ

=

+∞

X

p=1

p(p+ 1)ap+1x^p+ (2α+ 1)

+∞

X

p=0

(p+ 1)ap+1x^p+

+∞

X

p=1

ap−1x^p

= (2α+ 1)a1+

+∞

X

p=1

p(p+ 1)ap+1+ (2α+ 1)(p+ 1)ap+a_p−1 x^p

L’unicité du développement en série entière nous fournit comme prévu

∀n≥1, (n+ 1)(n+ 1 + 2α)an+1+an−1 = 0. (ainsi quea1= 0,cf. supra).

11.

11.a. Par hypothèsea1= 0eta2p+1= −a2p−1

(2p+ 1)(2p+ 1 + 2α). Une récurrence immédiate nous permet d’affirmer que a2p+1= 0pour toutp.

11.b. Par hypothèse a_2p+2 = −a_2p

(2p+ 2)(2p+ 2 + 2α) = −a_2p

4(p+ 1)(p+ 1 +α) pour tout p. Si a₀ = 0 alors S est nulle et son rayon de convergence est+∞. Supposonsa₀6= 0. Il est déjà clair quea_2p est nul pour toutp.

Ensuite, d’après la règle de d’Alembert pour les séries de nombres complexes :

a2p+2z^2p+1 a_2pz^2p

= |z|²

4(p+ 1)(p+ 1 +α)

p→+∞−→ 0,

doncPanzⁿ converge absolument pour toutz. Ainsi le rayon de convergence dePanzⁿ est+∞. 11.c. Démontrons la formule par récurrence surn. Au rangn= 0elle s’écrita₀=a₀, ce qui est vrai. Supposons

la formule vraie au rang n: a_2n= (−1)ⁿΓ(α+ 1)

n!2²ⁿΓ(n+ 1 +α)a₀. D’après11.b.et l’hypothèse de récurrence :

a2n+2 = −1

4(n+ 1)(n+ 1 +α)× (−1)ⁿΓ(α+ 1)

n!2²ⁿΓ(n+ 1 +α)a0 = (−1)ⁿ⁺¹Γ(α+ 1)

(n+ 1)!2²⁽ⁿ⁺¹⁾Γ((n+ 1) + 1 +α)a0, ce qui achève la récurrence : ∀n∈N,a_2n= (−1)ⁿ

n!2²ⁿΓ(n+ 1 +α)a₀ .

12. L’équation(E_α)est linéaire, d’ordre2, sans second membre, et le coefficient de y⁰⁰ ne s’annule pas sur]0,+∞[.

Par conséquent l’ensemble de ses solutions forme un espace vectoriel de dimension2 surR.

13. On refait le raisonnement de la question 5.(le jour J il faudra effectuer les calculs !), en simplifiant à la fin par x^α>0. On obtient alors que y est solution de(Eα)sur]0,+∞[si et seulement siz est solution de(E⁰_α). 14. Question de synthèse ! Soit(an)ndéfinie par les conditions de10.b.eta0= 1

2^αΓ(α+ 1). Pourx∈R, considérons T(x) =

+∞

X

n=0

a2nx²ⁿ. D’après la question11., la fonctionT est définie surR. D’après la question10., la fonctionT est solution de(E_α⁰). D’après la question11.c.,T(x) =x^−αf_α(x)pour toutx >0. Enfin d’après13., la fonction

fαest solution de(Eα)sur]0,+∞[.

15. La fonctionT de la question précédente admet pour limitea0= 1

2^αΓ(α+ 1) en0, et cette quantité est non-nulle.

Ainsi

f_α(x) = x^αT(x) ^x→0∼ x^α 2^αΓ(α+ 1) . 16. Une question brutale à souhait :

fp(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ n!(n+p)!

x 2

^2n+p ,

f_p+1(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ n!(n+p+ 1)!

x 2

^2n+p+1

=

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ (n−1)!(n+p−1)!

x 2

^2n+p−1 ,

f_p−1(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ n!(n+p−1)!

x 2

2n+p−1

= 1

(p−1)!

x 2

p−1

+

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ n!(n+p−1)!

x 2

2n+p−1

donc

fp−1(x)−fp+1(x) = 1 (p−1)!

x 2

p−1

+

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ

n!(n+p−1)! − (−1)ⁿ⁻¹ (n−1)!(n+p−1)!

x 2

2n+p−1

= 1

(p−1)!

x 2

p−1

+

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ (n+p) +n n!(n+p)!

x 2

2n+p−1

= 1

(p−1)!

x 2

p−1

+

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ(2n+p) n!(n+p)!

x 2

2n+p−1

et ainsi

f_p−1(x)−f_p+1(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ(2n+p) n!(n+p)!

x 2

^2n+p−1 .

Par ailleursf_p⁰(x) =

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ(2n+p) n!(n+p)!

x 2

2n+p−1

. D’où f_p−1(x)−f_p+1(x) = 2f_p⁰(x) pour toutx >0.

Partie IV

17. Posonsh(t, x) = cos(pt−xsint)pour(t, x)∈[0, π]×Ret appliquons le théorème de dérivation sous le signeR version segment, deux fois :

• La fonction hadmet des dérivées partielles selonxà l’ordre2 sur[0, π]×R.

• Pour tout réelx, la fonctionh(·, x)est continue par morceaux sur[0, π].

• Les fonctions ∂h

∂x et ∂²h

∂x² sont continues sur[0, π]×R.

Alors la fonctiong_p est de classeC² surRet pour tout x∈R:

g_p⁰(x) = 1 π

Z π 0

sin(t) sin(pt−xsint)dt, g⁰⁰_p(x) = −1 π

Z π 0

sin²(t) cos(pt−xsint)dt .

18. Effectuons une intégration par parties dans l’expression de g⁰_p(t) ci-dessus, en posant u⁰(t) = sint et v(t) = sin(pt−xsint). Les fonctions uet v sont bien de classe C¹ sur [0, π], donc nous pouvons procéder. Une IPP brutale mène alors à un intégrande du type costcos(pt−xsint), nécessitant une seconde IPP afin de faire apparaître gp et ses dérivées. . . Afin d’éviter cela, on utilise une astuce : intégrer u⁰(t) sans fixer la constante d’intégration à l’avance. Plus précisément, posonsu(t) =C−cost(ce qui ne changera pas le terme tout intégré).

Alors :

πg_p⁰(x) = Z π

0

sintsin(pt−xsint)dt

= [(C−cost) sin(pt−xsint)]^π₀ − Z π

0

(C−cost)(p−xcost) cos(pt−xsint)dt

= −

Z π 0

(C−cost)(p−xcost) cos(pt−xsint)dt.

On choisit alorsC=−p

x, de sorte que : πg⁰_p(x) =

Z π 0

p

x+ cost

(p−xcost) cos(pt−xsint)dt

= 1 x

Z π 0

(p+xcost)(p−xcost) cos(pt−xsint)dt

= p² x

Z π 0

cos(pt−xsint)dt−x Z π

0

cos²tcos(pt−xsint)dt

= πp²

x g_p(x)−x Z π

0

(1−sin²t) cos(pt−xsint)dt

= πp²

x gp(x)−xπgp(x)−xπg_p⁰⁰(x)

et ainsi xg_p⁰(x) =p²gp(x)−x²gp(x)−x²g⁰⁰_p(x) soit x²g_p⁰⁰(x) +xg⁰_p(x) + (x²−p²)gp(x) = 0, c’est-à-dire que la fonction gp est bien solution de(Ep).

19. Questions de cours sur les intégrales de Wallis !

19.a. Fixons n≥2. Effectuons une intégration par parties surwn, en intégrantu⁰ = sinet dérivantv= sinⁿ⁻¹, deux fonctions de classe C¹ sur[0, π] :

w_n = Z π

0

sintsinⁿ⁻¹tdt = [(−cost) sinⁿ⁻¹(t)]^π₀− Z π

0

(−cost)

ncostsinⁿ⁻²(t) dt.

Puisque n≥2, le terme tout intégré est nul. Ainsi w_n = (n−1)

Z π 0

cos²tsinⁿ⁻²tdt = (n−1) Z π

0

(1−sin²t) sinⁿ⁻²tdt = (n−1)w_n−2−(n−1)w_n puis nw_n= (n−1)w_n−2pour toutn≥2.

19.b. Pour toutn≥1, il vientw_2n= 2n−1

2n w_2(n−1). On prouve par récurrence (le jour J il faut le faire !) : w2n = (2n−1)(2n−3)

(2n)(2n−2) w_2(n−2) = (2n−1)(2n−3)· · ·1

(2n)(2n−2)· · ·2 w0 = (2n)!

2²ⁿ(n!)²w0. Or w₀=

Z π 0

sin⁰tdt=πd’où w_2n=π (2n)!

2²ⁿ(n!)² .

20. Fixons x∈Rett∈[0, π]. Alorscos(t−xsint) = cos(t) cos(xsint) + sin(t) sin(xsint). Vu l’expression à laquelle nous devons arriver, il faut annuler l’intégrale de cos(t) cos(xsint). Pour ce faire, effectuons le changement de variable u=π−t :

Z π 0

cos(t) cos(xsint)dt = Z 0

π

(−cosu) cos(xsinu)(−du) = − Z π

0

cos(u) cos(xsinu)du, d’où la nullité de cette intégrale. Ainsi comme attendu

g1(x) = 1 π

Z π 0

sin(t) sin(xsint)dt .

Ensuite g₀(x) = Z π

0

cos(xsint)dt = Z π

0 +∞

X

k=0

f_k(t)dt avec f_k(t) = (−1)^kx^2k(sint)^2k

(2k)! pour t ∈ [0, π].

Appliquons le second théorème d’intégration terme à terme :

• Chaque fk est continue par morceaux sur [0, π].

• La sérieP

fk converge simplement sur [0, π], vers une fonction continue par morceaux sur[0, π].

• Remarquons que |fk(t)| ≤ x^2k (2k)! donc

Z π 0

|fk(t)|dt≤ Z π

0

x^2k

(2k)!dt≤π x^2k

(2k)!, terme général d’une série conver- gente (cosinus hyperbolique).

D’après le théorème d’intégration terme à terme : πg0(x) = π

+∞

X

k=0

Z π 0

fk(t)dt = π

+∞

X

k=0

(−1)^k (2k)!

Z π 0

(sint)^2kdt

x^2k

puis d’après 19.B.et14.:

g₀(x) =

+∞

X

k=0

(−1)^k

2^2k(k!)²x^2k = f₀(x).

On procède de même pourg₁ à l’aide de la formule deg₁(x)démontrée au début de cette question. Après calcul (à faire le jour J ?) :

πg1(x) =

+∞

X

k=0

(−1)^k (2k+ 1)!

Z π 0

sin^2k+2tdt

x^2k+1.

À nouveau d’après19.bet14.: g1(x) =

+∞

X

k=0

(−1)^k

2^2k+1k!(k+ 1)!x^2k+1 = f1(x). 21. Voir la question précédente.

22. Rappelons quecos(a−b)−cos(a+b) = 2 sinasinbpour tousa,bréels. Aveca=pt−xsintet b=t, il vient : g_p−1(x)−g_p+1(x) = 1

π Z π

0

cos((p−1)t−xsint)−cos((p+ 1)t−xsint) dt

= 1

π Z π

0

cos

(pt−xsint)−t

−cos

(pt−xsint) +t dt

= 1

π Z π

0

2 sin(pt−xsint) sintdt puis avec l’expression deg_p⁰ de la question17.: g_p−1−gp+1= 2g_p⁰ .

23. Prouvons que f_p et g_p sont égales par récurrence forte (double en fait) surp. Cette assertion a été vérifiée aux rangs 0 et 1 à la question20.(et ce ne fut pas une mince affaire !). Supposons que gp =fp jusqu’à un certain rang p. Alors :

g_p+1 = g_p−1−2g_p⁰ d’après la question22.

= f_p−1−2f_p⁰ d’aprèsHR_p−1et HR_p

= f_p+1 d’après la question16.

Ainsi la récurrence est établie et gp=fp pour toutp.

PROBLÈME 2 — CORSÉ

d’après Mines 2011 MP maths II

A. Préliminaire

1. Puisque j³= 1, il vient j⁴+j²+ 1 =j+j²+ 1 = 1−j³ 1−j = 0.

2. On calcule sans détour le polynôme caractéristique (à faire le jour J !) : χA(X) =X⁴+X²+ 1 . D’après1. les complexesjet−jsont racines deχX. Or le polynômeχAest à coefficients réels, doncjet−jsont aussi des racines deχ_A(X). Le polynômeχ_Aétant unitaire et de degré4, on en déduit χ_A(X) = (X−j)(X+j)(X−j)(X+j) et Sp(A) ={j,−j, j,−j)} . La matriceAest de fait diagonalisable, car d’ordre4admettant4 valeurs propres distinctes.

Pour la détermination de l’espace propre E_j(A), la résolution de AX = jX mène sans fantaisie à E_j(A) = Ker (jI4−A) = Vect (Xj)oùXj =^t(1, j, j,1). On procède de même pour les trois autres valeurs propres et on trouve une base de diagonalisation dont la matriceU dans la base canonique deC⁴ est :

U =













1 1 1 1

j j −j −j

j j j j

1 1 −1 −1













avec D = U⁻¹AU = diag (j, j,−j,−j).

3. Remarquons que X⁰ = AX équivaut à X⁰ = U DU⁻¹X, soit U⁻¹X⁰ = D(U⁻¹X), ou encore (U⁻¹X)⁰ = D(U⁻¹X). En notantY =U⁻¹Xnotre équation différentielle devientY⁰ =DY. Notons enfinY =^t(y₁, y₂, y₃, y₄) alorsy1(t) =c1e^jt,y2(t) =c2e^jt,y3(t) =c3e^−jt,y4(t) =c4e^−jt. En revenant à X=U Y, nous obtenons que les solutions de X⁰ =AX sont les fonctionsX :R→C⁴ de la forme

X(t) = c₁e^jt











 1 j j 1











 +c₂e^jt











 1 j j 1













+c₃e^−jt











 1

−j j

−1













+c₄e^−jt











 1

−j j

−1











 .

4. On remarque que y est solution de y⁽⁴⁾+y⁰⁰+y = 0 si et seulement si Y = ^t(y, y⁰, y⁰⁰, y⁽³⁾) est solution de Y⁰ =AY. Ainsi les solutions dey⁽⁴⁾+y⁰⁰+y = 0sont de la forme y(t) =c1e^jt+c2e^jt+c3e^−jt+c4e^−jt , pour des constantes complexesc1,c2,c3,c4.

B. Un lemme de du Bois-Reymond

5. La fonction htelle queh(t) = (1−t²)³ sit∈[−1,1]eth(t) = 0sinon est paire et n’a de problème de régularité qu’en ±1. Étudions son comportement en1.

• Tout d’abord hest clairement continue en1.

• Ensuite h⁰(t) vaut−6t(1−t²)² si |t| <1 et 0 si |t| > 1, de sorte que h⁰ admet pour limite 0 en 1 et donc est prolongeable par continuité en1. D’après le théorème de prolongement des applications vu en MPSI : la fonctionhest de classeC¹ en1.

• Enfinh⁰⁰(t)vaut−6(1−t²)²+ 24t²(1−t²)si|t|<1et0si|t|>1, de sorte queh⁰⁰admet pour limite0en1et donc est prolongeable par continuité en1. D’après le théorème de prolongement des applications vu en MPSI : la fonction h⁰ est de classeC¹ en1.

Finalement la fonction hest de classeC² surR. La fonction hest strictement décroissante sur[0,+∞[. En 1 elle s’annule ainsi que sa dérivée, d’où la présence d’une tangente horizontale. Le fait queh⁰(0) = 0implique que la courbe admet une tangente horizontale. Voici le graphe de h:

Par contre h⁰⁰(t) = 6(5t²−1)(1−t²)donneh⁰⁰⁰(t) = 60t(1−t²)−12t(5t²−1)d’où lim

t→1⁻h⁰⁰⁰(t) =−486= 0 alors que lim

t→1⁺h⁰⁰⁰(t) = 0, ce qui nous permet d’affirmer queh⁰⁰n’est pas prolongeable par continuité en1. Finalement la fonction hn’est pas de classeC³ surR.

6. On met[−1,1]et[x0, x1]en bijection grâce à l’application affineγ:t7→ 1

2(x1−x0)t+1

2(x0+x1). Ainsi la fonction g=h◦γ⁻¹: [x0, x1]→Rest alors de classeC² surR, strictement positive sur]x0, x1[et nulle en-dehors . 7. SoitF ∈ C([0,1])telle que

Z 1 0

F(x)u(x)dx= 0 pour toute fonctionudeE_0,0² . Supposons queF n’est pas nulle.

Il existe alors x3∈[0,1]tel queF(x3)6= 0, mettons F(x3)>0. Par continuité deF, il existe [x0, x1]⊂[0,1]tel quex3∈[x0, x1]et sur lequelF est strictement positive. Considérons l’applicationgdéfinie à la question6., elle est dans E_0,0² et vérifie

0 = Z 1

0

F(x)g(x)dx = Z x1

x0

F(x)g(x)dx.

Or F g est continue et strictement positive sur[x0, x1], donc son intégrale sur [x0, x1] ne peut pas être nulle.

Finalement x₃ n’existe pas, c’est-à-dire que F est identiquement nulle sur[0,1].

C. Une condition nécessaire d’Euler-Lagrange

8. Fixons f0 dans E et u dans E²_0,0. Rappelons que d’après la formule de Taylor pour les polynômes, en notant N = deg(P), on a :

P(x0+h) =

N

X

i=0

P⁽ⁱ⁾(x0) i! hⁱ.

Appliquons cette formule aux polynômesP et Qdéfinissant l’opérateurJ, oùN= max(deg(P),deg(Q)): J(f0+tu) =

Z 1 0

P(f0(x) +tu(x)) +Q(f₀⁰(x) +tu⁰(x)) dx

= Z 1

0 N

X

i=0

P⁽ⁱ⁾(f₀(x))

i! tⁱ(u(x))ⁱ+Q⁽ⁱ⁾(f₀⁰(x))

i! tⁱ(u⁰(x))ⁱ

dx

=

N

X

i=0

tⁱ i!

Z 1 0

P⁽ⁱ⁾(f0(x))(u(x))ⁱ+Q⁽ⁱ⁾(f₀⁰(x))(u⁰(x))ⁱ dx.

Par conséquent q(t) =J(f0+tu) =

N

X

i=0

aitⁱ avecai = 1 i!

Z 1 0

P⁽ⁱ⁾(f0(x))(u(x))ⁱ+Q⁽ⁱ⁾(f₀⁰(x))(u⁰(x))ⁱ

dx. En

particulier a1= Z 1

0

P⁰(f0(x))u(x) +Q⁰(f₀⁰(x))u⁰(x) dx.

9. SupposonsJ(f₀)≤J(f)pour toutf ∈E. Pour toutt∈R, il vientf₀+tu∈Edoncq(t) =J(f₀+tu)≥J(f₀).

Il s’ensuit que la fonction qest polynomiale et possède un minimum en0. Par conséquentq⁰(0) = 0c’est-à-dire a1= 0 , soit

Z 1 0

P⁰(f₀(x))u(x) +Q⁰(f₀⁰(x))u⁰(x)

dx = 0.

Effectuons une intégration par parties sur Z 1

0

Q⁰(f₀⁰(x))u⁰(x)dx, en dérivantQ⁰(f₀⁰)et en intégrantu⁰ (Q⁰(f₀⁰)et usont bien de classeC¹sur[0,1]) :

Z 1 0

Q⁰(f₀⁰(x))u⁰(x)dx = h

Q⁰(f₀⁰(x))u(x)i¹

0− Z 1

0

f₀⁰⁰(x)Q⁰⁰(f0(x))u(x)dx = − Z 1

0

f₀⁰⁰(x)Q⁰⁰(f0(x))u(x)dx caru(0) =u(1) = 0. Ainsi

0 = a₁ = Z 1

0

P⁰(f₀(x))−f₀⁰⁰(x)Q⁰⁰(f₀⁰(x)) u(x)dx,

pour toutudeE_0,0² . Or la fonctionx7→P⁰(f0(x))−f₀⁰⁰(x)Q⁰⁰(f₀⁰(x))est continue, donc d’après7.: P⁰(f0(x))− f₀⁰⁰(x)Q⁰⁰(f0(x)) = 0pour toutxc’est-à-dire

siJ admet un minimum enf0, alors pour toutx∈[0,1], P⁰(f0(x)) = d dx

Q⁰(f₀⁰(x)) .

Attention, ce n’est qu’une condition nécessaire ! Pour une fonctionf0vérifiant l’EDL ci-dessus, il convient ensuite de vérifier siJ(f)≥J(f0)pour toutf.

Exemples Premier exemple.

10. Dans ce premier exemple nous avons P(X) = 0etQ(X) =X². La fonctionf0 vérifie alors0 = 2f₀⁰⁰(x)×2, d’où toute fonctionf₀minimisantJ₁ vérifie l’équation différentielley⁰⁰= 0. Les solutions (si elles existent) sont de la formef0(x) =ax+b.

De plusf0 est dansE_0,1² si et seulement sif0(0) = 0 etf0(1) = 1, d’où

la seule solution (potentielle) qui est dansE_0,1² est définie parf0(x) =x.

11. Il reste à vérifier si J1 admet réellement un minimum enf0. Remarquons que pourf ∈E=E0,1on a f(0) = 0 et f(1) = 1. Ainsi d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

1 =f(1)−f(0) = Z 1

0

f⁰(t)dt= Z 1

0

f⁰(t)×1dt≤ Z 1

0

(f⁰(t))²dt ¹2

× Z 1

0

1²dt ¹2

= Z 1

0

(f⁰(t))²dt ¹2

=J₁(f).

Par conséquentJ₁(f)≥1 =J₁(f₀)pour toutf ∈E. Ainsi J₁ admet vraiment un minimum enf₀:x7→x. Deuxième exemple.

12. Dans ce second exemple P(X) = 0etQ(X) =X²+X³. Par conséquent toute fonctionf₀ minimisantJ₂vérifie l’équation différentielle d

dx

2y⁰+ 3(y⁰)²

= 0 . Ainsi toute solution f satisfait2f⁰+ 3(f⁰)²=C, oùC constante réelle.

Recherchons les solutions dansE_0,0² , c’est-à-dire telles quef(0) =f(1) = 0. D’après le théorème de Rolle il existe α∈[0,1]tel quef⁰(α) = 0. Il s’ensuit queC = 0puisf⁰(x)

2 + 3f⁰(x)

= 0. On en déduit que la fonctionf⁰ ne peut prendre pour valeurs que0ou−2

3. Par continuité def, on en déduit quef⁰ est constante. Orf⁰(α) = 0 d’où f⁰ est constante de valeur 0. Par conséquent f est constante. Or f(0) = 0 d’où f est nulle. Finalement

la seule solution (potentielle) dansE_0,0² est la fonction nulle .

13. Supposons que J₂ admet un minimum, qui est d’après la question précédente atteint en f₀ = 0 et de valeur J2(f0) = 0.

Remarquons que la fonction f : x 7→ λx²(1−x) = λ(x²−x³) fort complaisamment fournie par l’énoncé est comme par hasard dans E_0,0² : f(0) =f(1) = 0 etf ∈ C²([0,1]). Par ailleurs :

J₂(f) = Z 1

0

λ²(2x−3x²)²+λ³(2x−3x²)³

dx = 2λ² 15 −2λ³

35 = 2λ²

105(7−3λ).

Cette quantité change de signe, selon la position de λ par rapport à 7

3. La fonction nullef0 ne peut donc pas donner lieu à un minimum deJ2. Par conséquent J2 n’admet pas de minimum surE_0,0² .

D. Un exemple avec dérivée seconde

14. Soitf ∈ C²(R+). Pour toutx≥0, nous avons

|f(x)f⁰⁰(x)| ≤ 1

2(f(x)²+f⁰⁰(x)²).

Par conséquent : sif et f⁰⁰ sont de carré intégrable surR⁺ alorsf f⁰⁰ est intégrable surR⁺ .

Supposons quef f⁰(x)^x→+∞−→ +∞. Il existe alorsatel que six≥aalorsf(x)f⁰(x)≥1. Il vient alors en intégrant :

∀A≥a, f(A)² = f(a)²+ 2 Z A

a

f(x)f⁰(x)dx ≥ f(a)²+ 2(A−a).

En faisant tendre A vers +∞, il vient que f(A)² tend vers +∞. Mais alorsf² n’est pas intégrable surR+, ce qui est absurde.

Il s’ensuit que f f⁰ ne tend pas vers+∞en+∞.

15. Par intégration par parties de fonctions de classeC¹, il vient Z A

0

f⁰(x)²dx = f(A)f⁰(A)−f(0)f⁰(0)− Z 1

0

f(x)f⁰⁰(x)dx. (6)

D’après les deux résultats de la question 14, le membre de droite ne tend pas vers +∞quand A→+∞. Ainsi la fonction croissante A7→

Z A 0

f⁰(x)²dxne tend pas vers+∞en +∞. Elle est par conséquent convergente de limite finie. Nous en déduisons que la fonction positive (f⁰)² est intégrable surR+ .

Mais alors d’après (6) la quantité f(A)f⁰(A)admet une limite finie quandA→+∞.

Par ailleurs|f f⁰| ≤ 1

2(f²+ (f⁰)²)donc à son tour f f⁰ est intégrable surR+ . On en déduit que la limite def f⁰ en+∞, qui existe, ne peut être que nulle .

16. D’après les résultats de la partieA., les solutions dey⁽⁴⁾+y⁰⁰+y= 0sont de la forme f₀(t) = e^−t2 acos t

√3 2

!

+bsin t

√3 2

!!

+e^+t2 ccos t

√3 2

!

+dcos t

√3 2

!!

,

pour des constantesa,b,c, d. Avec un peu de trigonométrie, on peut se ramener aux fonctions de la forme f0(t) = Ae^−2tcos t

√3 2 +ϕ0

!

+Be^+2tcos t

√3 2 +ϕ1

! ,

pour des constantes A, B, ϕ0, ϕ1. La première des deux fonctions est bien dans L². Prouvons proprement que la seconde ne l’est pas. À l’aide d’un changement de variable, on se ramène à étudier l’intégrabilité de t7→e^√2t3cos(t)². Or :

Z X 0

e^√2t3cos(t)²dt = 3

16sin(2X)e^√2x3− 5 16

√ 3 +

√3

16(2 cos(X)²+ 3)e^2X

√ 3 3 ,

quantité tendant vers+∞quand X →+∞à cause de son dernier terme. Ainsi f₀ est dansL² si et seulement siB = 0, soit encore : f0∈L²si et seulement sif0∈Vect (e1, e2).

Examinons enfin la conditionf₀⁰⁰∈L². Il est clair quee⁰⁰₁ et e⁰⁰₂ sont de la forme P(cos(t√

3/2),sin(t√

3/2))e^−t/2 avecP polynôme en deux indéterminées, donce⁰⁰₁ et e⁰⁰₂ sont dansL². Ainsi sif₀ est dansVect (e₁, e₂)alorsf₀⁰⁰ aussi.

Finalement : les solutionsf0 de (4) :y⁽⁴⁾+y⁰⁰+y= 0sont les combinaisons linéaires dee1 ete2 .

17. Supposons queJ admet un minimum enf₀∈E, c’est-à-diref₀ de classeC⁴surR+avecf₀²et (f₀⁰⁰)²intégrables surR+. D’après la condition d’Euler-Lagrange :f0=ae1+be2 pour des constantesaet b.

On vérifie alors facilement (à faire !) quee1ete2satisfonty⁰⁰+y⁰+y= 0. Par linéarité : f0vérifiey⁰⁰+y⁰+y= 0. En outre, d’après le calcul fourni par l’énoncé :

J(f0) = J(ae1+be2) = a² 4 +3b²

4 +ab√ 3

2 = 1

4(a+b√ 3)². Si cette quantité est minimale, alorsa=−b√

3puis f0(t) = 2be^−t2 −

√3 2 cos t

√3 2

! +1

2sin t

√3 2

!!

= 2be^−2t sin t

√3 2 −π

3

!

d’où f0 est multiple deψ . 18. Calcul brutal :

Z 1 0

(f(x) +f⁰(x) +f⁰⁰(x))²dx − Z A

0

(f(x)²−f⁰(x)²+f⁰⁰(x)²)dx

= Z

[0,A]

(2(f⁰)²+ 2f f⁰+ 2f f⁰⁰+ 2f⁰f⁰⁰)

= h

(f +f⁰)²i

[0,A]

= (f(A) +f⁰(A))²−(f(0) +f⁰(0))², ce qui démontre la formule demandée .

Afin d’obtenir le comportement de f(A) +f⁰(A) quand A → +∞, nous allons étudier la formule tout juste démontrée. Déjà, le membre de gauche admet une limite quand A→+∞car par hypothèsef etf⁰⁰ sont dans L² et d’après15. f⁰ ∈L². Il nous reste à prouver que f+f⁰+f⁰⁰ est dansL² : ceci est effectivement vrai car L²est un espace vectoriel. Pour les adeptes de l’orthodoxie scholastique de Saint Thomas :

0 ≤ (f+f⁰+f⁰⁰)² = f²+ (f⁰)²+ (f⁰⁰)²+ 2(f f⁰+f f⁰⁰+f⁰f⁰⁰)

≤ f²+ (f⁰)²+ (f⁰⁰)²+

(f²+ (f⁰)²) + (f²+ (f⁰⁰)²) + ((f⁰)²+ (f⁰⁰)²)

≤ 3(f²+ (f⁰)²+ (f⁰⁰)²).

Par conséquent f(A) +f⁰(A)admet une limite finieLquandA→+∞. Quelqu’un lit ceci, ou bien est-ce que je rédige ce corrigé pour des prunes ?

Prouvons maintenant queL= 0. La fonctionf+f⁰est de carré intégrable donc sa limite en+∞ne peut pas être non-nulle, d’où f(A) +f⁰(A)est de limite nulle quandA→+∞. Faisons tendreAvers+∞dans la première formule démontrée dans cette question :

Z +∞

0

f(x)²−f⁰(x)²+f⁰⁰(x)² dx =

Z +∞

0

(f(x) +f⁰(x) +f⁰⁰(x))²dx + (f(0) +f⁰(0))² ≥ 0 = J(λψ).

En effet d’après la question17.nous avonsJ(λψ) = 0. Nous avons donc prouvé que J(f)≥J(λψ)pour toutλet toute f ∈E, c’est-à-dire que J admet un minimum en toute fonctionλψ.