On note C = C

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

On note C = C

⁰

([0, +∞[, C ) . On dira qu'une fonction f ∈ C est strictement positive lorsque f (t) ∈ R et f (t) > 0 pour tous les t ∈ [0, +∞[ . On note u ∈ C la fonction constante de valeur 1 . Pour toute fonction f ∈ C on dénit une fonction (notée T (f ) )

T (f ) :



 

 

 

 

[0, +∞[ → C x 7→







f (0) si x = 0

1 x

Z

x 0

f (t) dt si x 6= 0

On notera simplement T (f )(x) la valeur en x de la fonction T (f ) . Pour tout réel c stricte- ment positif, on dénit une fonction N

c

par

∀f ∈ C, N

_c

(f ) = max

[0,c]

|f |.

1. a. Soit f ∈ C , montrer que T (f ) ∈ C et que T dénit un endomorphisme

¹

de C . b. Montrer que T (u) = u et que l'ensemble des fonctions strictement positives de C

est stable par T . On dira que T est stochastique.

c. Montrer que T (f ) est dérivable dans l'ouvert ]0, +∞[ . Pour x > 0 , préciser x(T (f ))

⁰

(x) en fonction de f (x) et de T(f )(x) .

d. Montrer que T est injective mais pas surjective.

2. Soit f ∈ C à valeurs réelles et a , b deux réels tels que 0 < a < b . Dans cette question seulement, on notera f = T(f ) et F la primitive de f nulle en 0 .

a. Montrer à l'aide d'une intégration par parties faisant intervenir f f = (xf)

⁰

f que

Z

b a

f

²

(t) dt ≤ F

²

(a) a + 2

Z

b a

f (t) f (t) dt.

b. En utilisant F

²

(a) = a

²

f

²

(a) , montrer que

Z

b 0

f

²

(t) dt ≤ 4 Z

b

0

f

²

(t) dt.

3. Soit c > 0 xé.

1Dans un contexte d'analyse comme ici, on utilisera plutôt le mot opérateur que le mot endomorphisme.

a. Justier la dénition de N

c

. Montrer que

∀f ∈ C, N

c

(T (f )) ≤ N

_c

(f ).

b. Soit 0 < x < y ≤ c . Montrer que

∀f ∈ C, |T (f)(y) − T (f )(x)| ≤ 2N

_c

(f )

y (y − x).

c. Soit 0 < x , montrer que |T (f )(x) − T (f )(0)| ≤ max

_[0,x]

|f − f (0)| . 4. Étude des valeurs propres.

Une valeur propre de T est un nombre complexe λ pour lequel il existe une fonction v ∈ C non identiquement nulle telle que T (v) = λv . L'ensemble des valeurs propres est appelé le spectre de l'opérateur.

a. Pour tout nombre complexe µ , on dénit la fonction p

µ

dans l'ouvert ]0, +∞[ par p

µ

(x) = x

^µ

. Pour quels µ la fonction p

µ

se prolonge-t-elle à une fonction de C ? Calculer alors T (p

_µ

) .

b. En utilisant la question 3a, montrer que le module d'une valeur propre est inférieur ou égal à 1 .

c. En formant une équation diérentielle, déterminer le spectre de T . Bien vérier qu'il est inclus dans le disque unité. Quelles sont les fonctions v ∈ C telles que T(v) = v ?

5. On considère ici une fonction f ∈ C croissante. On note f

n

= T

ⁿ

(f ) et x

n

= f

n

(x) pour x ≥ 0 . On étudie la suite (x

_n

)

_n∈

N

.

a. Soit x ≥ 0 , montrer que T (f )(x) ≤ f (x) et que T (f ) est croissante.

b. Montrer que, pour tout x ≥ 0 , la suite (x

n

)

_n∈N

converge. On note l(x) sa limite ce qui dénit une fonction l dans [0, +∞[ .

c. Montrer que l est continue. On admet que T (l) = l , en déduire la fonction l .

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/

1

Rémy Nicolai Aoperstoces

(2)

MPSI B 29 juin 2019

Corrigé

1. a. La fonction T (f ) est dérivable dans ]0, +∞[ comme produit de la fonction x →

_x¹

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

^F²_a^(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.

2

(3)

MPSI B 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

¹₂

et de rayon

¹₂

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) .