Partie I : la transformation de Laplace

SESSION 2010 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A PC

Partie I : la transformation de Laplace

1. (a)Soitx > 0. La fonctiont7→e^−tx est continue sur[0,+∞[ et négligeable devant 1

t² en+∞d’après un théorème de croissances comparées. Donc la fonctiont7→e^−tx est intégrable sur[0,+∞[. On en déduit que l’intégrale

Z+∞

0

e^−txdt est convergente. De plus,

Z+∞

0

e^−txdt=

−e^−tx x

⁺∞

t=0

= 1 x

1− lim

t→+∞e^−tx

= 1 x.

∀x > 0,I0(x) = 1 x.

(b)Soitx > 0. Montrons par récurrence que pour tout entier natureln, l’intégraleIn(x)est une intégrale convergente et queI_n(x) = n!

xⁿ⁺¹.

• D’après la question précédente, le résultat est vrai quandn=0.

•Soitn∈N. Supposons que l’intégraleIn(x) = Z+∞

0

tⁿe^−txdtsoit convergente et queIn(x) = n!

xⁿ⁺¹. SoitT > 0. Les deux fonctionst7→ tⁿ⁺¹

n+1 ett7→e^−tx sont de classeC¹ sur le segment[0, T]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

ZT 0

tⁿe^−txdt= tⁿ⁺¹

n+1e^{−tx T}

0

+ x

n+1 ZT

0

tⁿ⁺¹e^−tx dt= −Tⁿ⁺¹e^−xT n+1 + x

n+1 ZT

0

tⁿ⁺¹e^−txdt.

Par hypothèse de récurrence, quandT tend vers+∞, ZT

0

tⁿe^−txdt tend versIn(x) = n!

xⁿ⁺¹. D’autre part, quandT tend vers +∞, −Tⁿ⁺¹e^−xT

n+1 tend vers 0 d’après un théorème de croissances comparées. On en déduit que ZT

0

tⁿ⁺¹e^−tx dt a une limite quand T tend vers+∞. De plus, en faisant tendreT vers +∞, on obtient n!

xⁿ⁺¹ = x

n+1In+1(x) ou encore In+1(x) = (n+1)!

xⁿ⁺² .

Le résultat est démontré par récurrence.

∀x > 0, ∀n∈N,In(x) = n!

xⁿ⁺¹.

2. (a)Soitf une fonction de[0,+∞[dansR, continue sur[0,+∞[.f∈E⇔∃n∈N/ f(t) =

t→+∞ O(tⁿ).

E contient la fonction nulle 0 car 0 est continue sur [0,+∞[ et 0 =

t→+∞ O(1). D’autre part, E est contenu dans C⁰([0,+∞[,R).

Soient(f, g)∈E² et(λ, µ)∈R². Par définition, il existe(n, m)∈N²tel que f(t) =

t→+∞ O(tⁿ)etg(t) =

t→+∞ O(t^m).

Soitp=Max{n, m}∈N. Alors,f(t) =

t→+∞ O(t^p)etg(t) =

t→+∞ O(t^p)puisλf(t) +µg(t) =

t→+∞ O(t^p). Doncλf+µg∈E.

On a montré que

Eest un sous-espace vectoriel deC⁰([0,+∞[,R).

(b)Une fonctionfcontinue et bornée sur[0,+∞[est dans Ecarf(t) =

t→+∞ O(1) =O(t⁰).

(c)On a déjà vu que la fonction nulle est dansE.

SoitPune fonction polynomiale non nulle sur[0,+∞[etnson degré. AlorsPest continue sur[0,+∞[etP(t) =

t→+∞ O(tⁿ).

DoncP∈E.

3. (a) Soit f ∈ E. Soit x > 0. La fonction t 7→ f(t)e^−tx est continue sur [0,+∞[. De plus, il existe n ∈ N tel que f(t) =

t→+∞ O(tⁿ)et donc f(t)e^−tx =

t→+∞ O(tⁿe^−tx) puisf(t)e^−tx =

t→+∞ o 1

t²

. Par suite, la fonctiont7→f(t)e^−tx est intégrable sur[0,+∞[.

(b)SoientIetJdeux intervalles deR. Soit F : I×J → R (x, t) 7→ F(x, t)

une application de I×JdansRvérifiant

• ∀x∈I, la fonctiont7→F(x, t)est continue par morceaux surJ,

• ∀t∈J, la fonctionx7→F(x, t)est continue surI,

• il existe une fonctionϕdeJdansR, continue par morceaux, positive et intégrable surJtelle que

∀(x, t)∈I×J,|F(x, t)|6ϕ(t).

Alors la fonctionx7→ ZF

J

(x, t)dtest définie et continue surI.

(c)Soitf∈E. Soientx₀> 0puis F : [x₀,+∞[×[0,+∞[ → R (x, t) 7→ f(t)e^−xt

.

• ∀x∈[x₀,+∞[, la fonctiont7→F(x, t)est continue par morceaux sur[0,+∞[,

• ∀t∈[0,+∞[, la fonctionx7→F(x, t)est continue sur[x₀,+∞[,

• ∀(x, t)∈ I×[x₀,+∞[×[0,+∞[, |F(x, t)|=|f(t)|e^−tx 6f(t)e^−tx0 =ϕ(t)oùϕ est une fonction continue par morceaux sur[0,+∞[et intégrable sur[0,+∞[d’après la question (a).

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètre, la fonctionx7→L(f)(x) = Z+∞

0

F(x, t)dt est continue sur [x₀,+∞[. Ceci étant vrai pour tout réel strictement positif x₀, on a montré que

∀f∈E,L(f)∈C⁰(]0,+∞[,R).

4. L est donc une application de l’espaceE dans l’espaceC⁰(]0,+∞[,R). Soient alors(f, g)∈ E² et (λ, µ)∈R². Pour chaquex∈[0,+∞[, on a

L(λf+µg)(x) = Z+∞

0

(λf(t) +µg(t))e^−xtdt=λ Z+∞

0

f(t)e^−xtdt+µ Z+∞

0

g(t)e^−xtdt=λL(f)(x) +µL(g)(x).

On a montré que

L ∈L(E, C⁰(]0,+∞[,R)).

Partie II : quelques propriétés des transformées de Laplace

1. (a)Soitx > 0.

|L(f)(x)|=

ZA 0

f(t)e^−txdt+ Z+∞

A

f(t)e^−xtdt

6 ZA

0

|f(t)e^−tx|dt+

Z+∞ A

|f(t)e^−xt|dt

6 ZA

0

|f(t)e^−tx|dt+C

Z+∞

A

tⁿe^−xtdt

6 ZA

0

|f(t)|e^−txdt+C

Z+∞ 0

tⁿe^−xtdt= ZA

0

|f(t)|e^−txdt+C n!

xⁿ⁺¹ (d’après I.1.(b)).

(b)La fonction|f|est continue sur le segment[0, A] et admet donc un maximum sur ce segment que l’on noteM. Pour x > 0, on a alors

ZA 0

|f(t)|e^−xtdt6M

ZA 0

e^−xt dt= M

x (1−e^−xA)6 M x. Puisque lim

x→+∞

M

x =0, on en déduit que lim

x→+∞

ZA 0

|f(t)|e^−xtdt=0.

(c) Ainsi, lim

x→+∞

ZA 0

|f(t)|e^−xt dt = 0 et d’autre part, lim

x→+∞C n!

xⁿ⁺¹ = 0. La question (a) permet alors d’affirmer que

x→lim+∞

L(f)(x) =0.

∀f∈E, lim

x→+∞

L(f)(x) =0.

2. (a)On reprend les notations utilisées dans la question I.3.(b).

On suppose que∀x∈I, la fonctiont 7→F(x, t) est continue surI. On suppose de plus que la fonctionF admet surI×J une dérivée partielle par rapport à sa première variablexvérifiant

• ∀x∈I, la fonctiont7→ ∂F

∂x(x, t)est continue par morceaux surJ,

• ∀t∈J, la fonctionx7→ ∂F

∂x(x, t)est continue surI,

• il existe une fonctionϕ1 deJdansR, continue par morceaux, positive et intégrable sur Jtelle que

∀(x, t)∈I×J,

∂F

∂x(x, t)

6ϕ₁(t).

Alors la fonctionx7→ ZF

J

(x, t)dtest de classeC¹surI.

Soit x0 > 0. F désigne maintenant la fonction F : [x0,+∞[×[0,+∞[ → R (x, t) 7→ f(t)e^−xt

. F admet sur [x0,+∞[×[0,+∞[ une dérivée partielle par rapport à sa première variablexdéfinie par∀(x, t)∈[x0,+∞[×[0,+∞[, ∂F

∂x(x, t) = −tf(t)e^−xt. De plus,

• ∀x∈[x₀,+∞[, la fonctiont7→ ∂F

∂x(x, t)est continue par morceaux sur [0,+∞[,

• ∀t∈[0,+∞[, la fonction x7→ ∂F

∂x(x, t)est continue sur[x₀,+∞[,

• ∀(x, t)∈[x₀,+∞[×[0,+∞[,

∂F

∂x(x, t)

6t|f(t)|e^−x0t=ϕ₁(t).

La fonction ϕ1 est continue par morceaux sur [0,+∞[. De plus, il existe n ∈ N tel que f(t) =

t→+∞ O(tⁿ). Mais alors t|f(t)|e^−x0t=O(tⁿ⁺¹e^−x0t)puisϕ₁(t) =

t→+∞ o 1

t²

. La fonctionϕ₁ est donc intégrable sur[0,+∞[.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de Leibniz), la fonctionL(f) est de classeC¹ sur[x0,+∞[et pourx>x0,

(L(f))^′(x) = Z+∞

0

∂F

∂x(x, t)dt= − Z+∞

0

tf(t)e^−xtdt.

(b)Ceci étant vrai pour toutx0> 0, on a montré que

∀f∈E,L(f)est de classeC¹sur]0,+∞[et∀x > 0,(L(f))^′(x) = − Z+∞

0

tf(t)e^−xtdt.

3. (a)Soitx > 0. SoitA > 0. Les deux fonctionsf et t7→e^−tx sont de classeC¹ sur le segment[0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

ZA 0

f^′(t)e^−txdt=

f(t)e^−txA 0 +x

ZA 0

f(t)e^−txdt=f(A)e^−xA−f(0) +x ZA

0

f(t)e^−txdt.

Puisque f∈E, lim

A→+∞

f(A)e^−xA =0 d’après un théorème de croissances comparées. Puisque f^′ ∈E, quand Atend vers +∞on obtient(L(f))^′(x) = −f(0) +xL(f)(x).

∀x∈]0,+∞[,(L(f))^′(x) =xL(f)(x) −f(0).

(b) Puisque f^′ ∈ E, il existe n ∈ N tel que f^′(t) =

t→+∞ O(tⁿ). Mais alors tf^′(t) =

t→+∞ O(tⁿ⁺¹). On en déduit que la fonctionh : t7→tf^′(t)est dansE. Ensuite, pourx > 0

L(h)(x) = Z+∞

0

tf^′(t)e^−xtdt= − (L(f^′))^′(x) = (f(0) −xL(f))^′(x) (d’après 2.(b) et 3.(a))

(c)Soitx > 0.

L(f^′′)(x) =xL(f^′)(x) −f^′(0) =x(xL(f)(x) −f(0)) −f^′(0) =x²L(f)(x) −xf(0) −f^′(0).

∀x > 0, L(f^′′)(x) =x²L(f)(x) −xf(0) −f^′(0).

Partie III : une application de la transformée de Laplace

1. Les deux fonctionst7→−tet t7→2psont continues surR. D’après le théorème deCauchy, le problème(P)admet une et une seule solution surR.

2. Par linéarité de la transformation de Laplaceet d’après les résultats de la partie II, pourx > 0,

L(Y^′′−tY^′+2pY)(x) = (x²L(Y)(x) −xY^′(0) −Y(0)) − (−L(Y)(x) −x(L(Y))^′(x)) +2pL(Y)(x)

=xU^′(x) + (x²+2p+1)U(x) −x, et donc pourx > 0,xU^′(x) + (x²+2p+1)U(x) −x=L(0)(x) =0.

La fonctionU=L(Y)est solution de(J)sur]0,+∞[.

3. (a)Soitn∈N. Pourx∈R, une intégration par parties fournit

fn+1(x) = Zx

0

t²ⁿ⁺²×te^t2/2dt=h

t²ⁿ⁺²e^t2/2ix

0− (2n+2) Zx

0

t²ⁿ⁺¹e^t2/2dt

=x²ⁿ⁺²e^x2/2− (2n+2)f_n(x) (0²ⁿ⁺²=0car2n+2 > 0).

∀n∈N,∀x∈R,f_n+1(x) =x²ⁿ⁺²e^x2/2− (2n+2)f_n(x).

(b)Montrons par récurrence que∀n∈N,∀x∈R, fn(x) = (−1)ⁿ⁺¹2ⁿn! +n!e^x2/2 Xn k=0

(−1)^k 2^k

(n−k)!x^2n−2k.

•Pourn=0 etx∈R,

(−1)ⁿ⁺¹2ⁿn! +n!e^x2/2 Xn k=0

(−1)^k 2^k

(n−k)!x^2n−2k= −1+e^x2/2=h e^t2/2ix

0= Zx

0

te^t2/2dt=f0(x).

•Soitn∈N. Supposons que∀x∈R,f_n(x) = (−1)ⁿ⁺¹2ⁿn! +n!e^x2/2 Xn k=0

(−1)^k 2^k

(n−k)!x^2n−2k. Alors d’après la question précédente,

fn+1(x) =x²ⁿ⁺²e^x2/2−2(n+1)f_n(x) =x²ⁿ⁺²e^x2/2+ (−1)ⁿ⁺²2ⁿ⁺¹(n+1)! + (n+1)!e^x2/2 Xn k=0

(−1)^k+1 2^k+1

(n−k)!x^2n−2k

= (−1)ⁿ⁺²2ⁿ⁺¹(n+1)! +x²ⁿ⁺²e^x2/2+ (n+1)!e^x2/2

n+1X

k=1

(−1)^k 2^k

(n− (k−1))!x^{2n−2(k−1)}

= (−1)ⁿ⁺²2ⁿ⁺¹(n+1)! +x²ⁿ⁺²e^x2/2+ (n+1)!e^x2/2

n+1X

k=1

(−1)^k 2^k

(n+1−k)!x^2(n+1)−2k

= (−1)ⁿ⁺²2ⁿ⁺¹(n+1)! + (n+1)!e^x2/2

n+1X

k=0

(−1)^k 2^k

(n+1−k)!x^2(n+1)−2k. Le résultat est démontré par récurrence.

∀n∈N,∀x∈R,f_n(x) = (−1)ⁿ⁺¹2ⁿn! +n!e^x2/2 Xn k=0

(−1)^k 2^k

(n−k)!x^2n−2k.

4. (a)On note(J_h)l’équation homogène associée à(J). Sur]0,+∞[,(J_h)s’écrit encoreu^′+

x+2p+1 x

u=0. Puisque la fonctionx7→x+2p+1

x est continue sur]0,+∞[, les solutions de(J_h)sur]0,+∞[constituent unR-espace de dimension 1.

Soituune fonction dérivable sur ]0,+∞[.

usolution de(J)sur]0,+∞[⇔∀x > 0, u^′(x) +

x+2p+1 x

u(x) =0

⇔∀x > 0, u^′(x)exp x²

2 + (2p+1)lnx

+

x+ 2p+1 x

exp

x²

2 + (2p+1)lnx

u(x) =0

⇔∀x > 0,

e^x2/2x^2p+1u^′

(x) =0⇔∃C∈R/∀x > 0, u(x) =Ce^−x2/2 x^2p+1.

S_]0,+

∞[(J_h) =Vect x7→e^−x2/2 x^2p+1

! .

(b)Soituune fonction dérivable sur]0,+∞[.

usolution de(J)sur]0,+∞[⇔∀x > 0, u^′(x) +

x+ 2p+1 x

u(x) =1

⇔∀x > 0,

e^x2/2x^2p+1u^′

(x) =e^x2/2x^2p+1

⇔∃C^′∈R/∀x > 0, e^x2/2x^2p+1u(x) =C^′+ Zx

0

t^2p+1e^t2/2dt

⇔∃C^′∈R/∀x > 0, u(x) =C^′e^−x2/2

x^2p+1 +(−1)^p+12^pp!e^−x2/2 x^2p+1 +p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k (p−k)!x^2k+1

⇔∃C∈R/∀x > 0, u(x) =Ce^−x2/2 x^2p+1 +p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k (p−k)!x^2k+1, en posantC=C^′+ (−1)^p+12^pp! de sorte queCdécritRsi et seulement siC^′ décrit R.

S_]0,+∞[(J) =

x7→Ce^−x2/2 x^2p+1 +p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k

(p−k)!x^2k+1, C∈R

.

5. (a)Pourx > 0,

U₀(x) =p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k

(p−k)!x^2k+1 =p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k (p−k)!(2k)!

(2k)!

x^2k+1

=p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k

(p−k)!(2k)!I_2k(x) (d’après I.1.(b)

= Z+∞

0

p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k

(p−k)!(2k)!t^2k

!

e^−xt dt=L(R0)(x)

où∀x > 0,R0(x) =p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k

(p−k)!(2k)!x^2k.

∀x > 0,R₀(x) =p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k

(p−k)!(2k)!x^2k.

(b)SoitR= p!

Xp k=0

(−1)^k 2^k

(p−k)!(2k)!X^2k. On a déjàR(0) =p!(−1)⁰ 2⁰

(p−0)!0! =1 et R^′(0) =0 (le coefficient deX est nul).

Ensuite, d’après III.2, puisque∀x > 0, xR₀^′(x) + (x²+2p+1)R0(x) =x, on a encore ∀x > 0,L(R₀^′′−tR₀^′ +2pR0)(x) =0.

Maintenant,R^′′−tR^′+2pRest un polynôme de degré inférieur ou égal à2p. On peut donc poserR^′′−XR^′+2pR= X2p k=0

akX^k. D’après la question I.1., on a

∀x > 0,L(R₀^′′−XR₀^′ +2pR₀)(x) = X2p k=0

a_k k!

x^k+1,

et, puisque]0,+∞[est infini, on en déduit que X2p k=0

ak

k!

X^k+1 =0. Mais alors, puisque la famille 1

X^k+1

06k62p

est libre (unicité de la décomposition en éléments simples), tous lesak sont nuls puisR^′′−XR^′+2pR=0.

En résumé,∀x∈R, R^′′(x) −XR^′(x) +2pR(x) =0etR(0) =1 etR^′(0) =0. DoncRest la solution du problème(P).

Partie IV : injectivité de la transformation de Laplace

1. Soitf∈E. D’après la question I.3.(a), pour tout réelx > 0, la fonction s7→f(s)e^−xs est intégrable sur [0,+∞[. En particulier, pourx=1, la fonction s7→f(s)e^−s est intégrable sur[0,+∞[. Mais alors l’intégrale

Z+∞

0

f(s)e^−sdsest une intégrale convergente en+∞ou encore la fonctionga une limite en+∞.

2. La fonctions7→f(s)e^−s est continue sur[0,+∞[. On en déduit que la fonctiongest continue sur [0,+∞[.

La fonctiong a une limite L en +∞. Donc il existe A > 0 tel que∀t ∈[A,+∞[, |g(t)| 61+|L|. En particulier,g est bornée sur[A,+∞[. D’autre part, gest continue sur le segment[0, A] et donc bornée sur ce segment. Finalement,gest bornée sur[0,+∞[.

En résumé,gest continue et bornée sur[0,+∞[et d’après la question I.2.(b), g∈E.

3. (a)La fonction s7→f(s)e^−s est continue sur [0,+∞[. Donc la fonction gest de classe C¹ sur [0,+∞[ (doncg^′ est continue sur[0,+∞[) et∀t>0,g^′(t) =f(t)e^−t. En particulier,g^′(t) =

t→+∞ O(f(t)) =

t→+∞ O(tⁿ)pour un certainn. Donc g^′∈E.

Soitx > 0. D’après II.3.(a), x

Z+∞ 0

g(t)e^−xt dt=xL(g)(x) =g(0) +L(g^′)(x) =0+ Z+∞

0

f(t)e^−te^−xtdt= Z+∞

0

f(t)e^−(x+1)tdt

et donc

∀x > 0, Z+∞

0

g(t)e^−xtdt= 1 x

Z+∞ 0

f(t)e^−(x+1)tdt.

(b) (i)La fonctionu7→−lnuest continue sur]0, 1]à valeurs dans[0,+∞[et la fonctiongest continue sur[0,+∞[. Donc la fonctionϕest continue sur ]0, 1]. De plus,ϕ(u⁺) = lim

t→+∞g(t) =L=ϕ(0)et doncϕest continue en0. Finalement, ϕest continue sur[0, 1].

(ii) Soit x > 0. La fonction u 7→ −lnu est une bijection de classe C¹ de ]0, 1] sur [0,+∞[. D’autre part, la fonction u7→g(−lnu)e^xlnu =ϕ(u)u^x est intégrable sur]0, 1]car continue sur]0, 1]et prolongeable par continuité en 0. On peut donc posert= −lnuet on obtient

Z+∞ 0

g(t)e^−xtdt= Z0

1

g(−lnu)e^xlnu×−du u =

Z1 0

ϕ(u)u^x−1du.

4. Soitn∈N. Z1

0

uⁿϕ(u)du= Z+∞

0

g(t)e^−(n+1)tdt= 1 n+1

Z+∞ 0

f(t)e^−(n+2)tdt= 1

n+1L(f)(n+2) =0.

∀n∈N, Z1

0

uⁿϕ(u)du=0.

5. (a)Soitp∈N. Pour tout réelu,

cos(pπu) = X+∞

n=0

(−1)ⁿp²ⁿπ²ⁿu²ⁿ (2n)! . (b)Pourn∈N, posonsfn(u) = (−1)ⁿp²ⁿπ²ⁿu²ⁿ

(2n)! ϕ(u). Chaque fonctionfn,n∈N, est continue sur le segment[0, 1]. De plus, pour n∈Net u∈[0, 1], |f_n(u)|6 p²ⁿπ²ⁿ

(2n)! Sup

u∈[0,1]

|ϕ(u)| qui est le terme général d’une série numérique convergente

(de somme ch(pπ) Sup

u∈[0,1]

|ϕ(u)|).

Ainsi, la série de fonctions de terme généralf_n converge normalement et donc uniformément sur le segment[0, 1]. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, on a alors

Z1 0

cos(pπu)ϕ(u)du=

+∞

X

n=0

(−1)ⁿp²ⁿπ²ⁿ (2n)!

Z1 0

u²ⁿϕ(u)du=0.

∀p∈N, Z1

0

cos(pπu)ϕ(u)du=0.

(c) (i)Tout d’abord,ψ est définie sur[−1, 1] par∀u∈[−1, 1],ψ(u) =ϕ(|u|). Mais alors,ψ est correctement définie par 2-périodicité carψ(1) =ψ(−1).

Ensuite,ψest continue sur [−1, 1]carϕest continue sur[0, 1]et doncψest continue surRpar2-périodicité.

(ii)La fonctionψest continue surRet2-périodique. On peut donc calculer ses coefficients de Fourier. Puisqueψest paire,∀p∈N^∗, b_p(ψ) =0 puis pourp∈N,

a_p(ψ) = 2 2

Z1

−1

cos 2π

2 u

ψ(u)du=2 Z1

0

cos(pπu)ϕ(u)du=0.

Puisqueψest continue surRet 2-périodique, on peut lui appliquer la formule deParsevalet on obtient 2

2 Z1

−1

ψ²(u)du= a0(ψ)²

2 +

+∞

X

p=1

(ap(ψ)²+bp(ψ)²) =0.

On en déduit que ψ est nulle sur [−1, 1] (fonction continue, positive d’intégrale nulle) puis que ψ est nulle sur R par 2-périodicité.

6. (a)Par suite,ϕest nulle sur[0, 1]et doncgest nulle sur[0,+∞[. Par suite,∀t>0, Zt

0

f(s)e^−sds=0. Par dérivation, on obtient∀t>0, f(t)e^−t=0 puis∀t>0,f(t) =0. On a montré que

∀f∈E, L(f) =0⇒f=0.

(b)D’après la question I.4., l’applicationL est linéaire et d’après la question précédente Ker(L) ={0}. Donc L(f)est injective.