1985

Corrig´e de l’´epreuve I, 1985

I. Propri´ et´ es ´ el´ ementaires de l’op´ erateur U .

1 Expression int´egrale de U .

a) L’´equation diff´erentielle lineaire homog`ene y<sup>0</sup>+ ay = 0 a pour solutions ´evidentes les x 7→ λe<sup>−ax</sup> o`u λ est une constante. Pour r´esoudre y⁰+ ay = f on chercher y sous la forme

y(x) = u(x)e^−ax

autrement dit on d´efinit u(x) par u(x) = y(x)e^ax et on recherche une condition n´ecessaire et suffisante portant sur u pour que y soit solution de y⁰+ ay = f . Apr`es simplification y⁰(x) + ay(x) = f (x) s’´ecrit u⁰(x) = f (x)e^ax, et y est solution de l’´equation propos´ee si et seulement si

u(x) = k + Z x

0

f (t)e^at dt.

La solution g´en´erale est donc y(x) = ke^−ax+ e^−ax Z x

0

f (t)e^at dt, et la solution nulle en 0 est

U (f ) = e^−ax Z x

0

f (t)e^at dt.

Lorsque f = 1 cela donne g₁ = U (1) = e^−ax Z x

0

e^at dt = 1 − e^−ax

a .

b) Par lin´earit´e de l’int´egrale, U (f ) = x 7→ e^−axR_x

0 f (t)e^atdt d´epend lin´eairement de f .

Une autre mani`ere de le voir ´etait la suivante. Soit f₁, f₂∈ C(I) et (λ₁, λ₂) ∈ C×C.

Alors g1 = U (f1) et g2 = U (f2) satisfont :

 g₁⁰ + ag1= f1

g₁(0) = 0

 g⁰₂+ ag2 = f2

g₂(0) = 0

Multipliant ces ´equations le premier syst`eme par λ1 et le second par λ2 puis en ajoutant on obtient

 (λ₁g₁+ λ₂g₂)⁰+ a(λ₁g₁+ λ₂g₂) = λ₁f₁+ λ₂f₂ (λ1g1+ λ2g2)(0) = 0

Par d´efintion de U on a donc U (λ1f1+ λ2f2) = λ1g1+ λ2g2 = λ1U (f1) + λ2U (f2).

2 Positivit´e de U .

a) Soit ϕ ∈ C(I), ϕ ≥ 0, et ψ = U (ϕ). Par (1.a) ψ(x) = e^−ax

Z x 0

ϕ(t)e^at dt.

La croissance de l’int´egrale et la positivit´e de ϕ donnent Rx

0 ϕ(t) dt ≥ 0 et donc Ψ(x) ≥ 0.

b) Soit f dans C(I). Pour tout x de I

|U (f )(x)| = e^−ax    

Z x 0

f (t)e^−at dt    

≤ e^−ax Z x

0

|f (t)|e^at dt = U (|f |)(x).

Donc |U (f )| ≤ U (|f |).

c) Puisque ϕ est croissante on a ϕ(t) ≤ ϕ(x) pour 0 ≤ t ≤ x et donc aΨ(x) = e^−ax

Z x 0

ae^atϕ(t) dt ≤ ϕ(x)e^−ax Z x

0

ae^atdt = ϕ(x)(1 − e^−ax)

≤ ϕ(x).

Il en r´esulte Ψ⁰ = ϕ − aΨ ≥ 0, donc Ψ est croissante.

3 Commutation de U avec la d´erivation.

Soit g = U (f ). Alors g⁰+ ag = f et g⁰= f − ag ∈ C¹(I). On peut donc ´ecrire g⁰⁰+ ag⁰ = f⁰.

Les fonctions g⁰ et U (f ) sont deux solutions de y⁰ + ay = f⁰. Leur diff´erence g⁰− U (f ) est donc solution de l’´equation homog`ene y⁰+ ay = 0 et il existe λ ∈ C tel que

∀x ∈ I, g⁰(x) − U (f⁰)(x) = λe^−ax.

Pour x = 0 cela donne λ = g⁰(0) = f (0) − ag(0) = f (0). Autrement dit, D(U (f ))(x) = U (D(f ))(x) + f (0)e^−ax,

et D(U (f )) = U (D(f )) si et seulement si f (0) = 0.

a) Si ϕ est croissante et d´erivable, la question pr´ec´edente appliqu´ee `a f = ϕ donne pour tout x de I, Ψ⁰(x) = U (ϕ⁰)(x) + ϕ(0). Puisque ϕ⁰ ≥ 0, par I.2.a on a U (ϕ⁰) ≥ 0. Avec ϕ ≥ 0 il vient Ψ⁰≥ 0.

II Comportement asymptotique des solutions au voisinage de +∞

1 Cas des fonctions admettant une limite au point +∞.

a) Lorsque f = 1 on a obtenu ag = 1 − e^−ax. Les graphes de ag et f pour a = 0.4 sont repr´esent´es sur la figure suivante On remarque que lim_t→∞ g(t)

f (t) = 1 a.

b) La fonction f n’´etant pas continue sur I, on ne peut pas utiliser I.1.Raisonnons par analyse et synth`ese. Soit g une solution de l’´equation (1) au sens de l’´enonc´e, c’est `a dire une fonction continue et solution de (1) sur chacun des intervalles [0, T [ et sur ]T, +∞[. Sur l’intervalle ouvert [0, T [, g est solution de y⁰+ ay = 1, donc de la forme

g(x) = e^−ax

Z x 0

e^at+ k



= 1

a(1 − e^−ax) + ke^−ax

o`u k est une constante. Puisque g(0) = 0 on a k = 0. Sur ]T, +∞[, g est solution de l’´equation homog`ene y⁰ + ay = 0, donc de la forme g(x) = Ke^−ax avec en outre, puisque g est continue en T ,

g(T ) = lim

x→T⁺g(x) = Ke^−aT, et

g(T ) = lim

x→T⁻g(x) = 1

a 1 − e^−aT
. L’´egalit´e de ces deux limites implique K = 1

a(e^aT − 1), donc si g existe, on a n´ecessairement

g(x) =





 1

a(1 − e^−ax) pour 0 ≤ x ≤ T 1

a(e^aT − 1)e^−ax pour x > T.

R´eciproquement, la fonction ainsi d´efinie, est par construction solution de (1), sur les intervalles [0, t[ et ]T, ∞[, et continue sur I. Par d´efinition, c’est une solution de (1) sur I.

c) Soit 0 ≤ c ≤ x. La fonction continue ϕ est born´ee sur tout intervalle compact, en particulier sur [c, x], et en utilisant l’expression de Ψ = U (ϕ) obtenue en I.1.a on peut ´ecrire

Ψ(x) = e^−ax Z c

0

e^atϕ(t) dt + e^−ax Z x

c

e^atϕ(t) dt

≤ e^−ax Z c

0

e^atϕ(t) dt + sup

t∈[c,x]

ϕ(t)

! e^−ax

Z x c

e^atdt

≤ e^−ax Z c

0

e^atϕ(t) dt + sup

t∈[c,x]

ϕ(t)

! e^−ax1

a(e^ax− e^ac)

≤ e^−ax Z c

0

e^atϕ(t) dt + 1 a sup

t∈[c,x]

ϕ(t)·

Supposons de plus limx→+∞ϕ(x) = 0. Soit ε > 0 arbitraire. On fixe c > 0 tel que ϕ(t) ≤ aε/2 pour t ∈ [c, +∞[. Alors, pour x ≥ c

Ψ(x) ≤ e^−ax Z c

0

e^atϕ(t) dt + ε 2. Soit x₀ tel que e^−axRc

0 e^atϕ(t) dt ≤ ε/2 pour x ≥ x₀. Alors, pour x ≥ max(x₀, c) on a 0 ≤ Ψ(x) ≤ ε/2 + ε/2 = ε.

d) En utilisant I.2.b et la question pr´ec´edente, pour x ∈ I

|U (f )(x) − bU (1)(x)| = |U (f − b)(x)| ≤ U (|f − b|)(x) −→

x→+∞0 Puisque bU (1)(x) = b

a(1 − e^−ax) −→

x→+∞

b

a on en d´eduit lim

x→∞U (f )(x) = b a. 2 Cas des fonctions exponentielles.

a) Soit k un r´eel et fk la fonction t 7→ e^−kt. Par I.1.a , lorsque k 6= a g_k = U (f_k) = e^−ax

Z x 0

e^(a−k)tdt = 1

a − k(e^−kx− e^−ax)

= 1

a − kf_k(x)(1 − e^(k−a)x).

Pour k = a on obtient g_k(x) = e^−ax Z x

0

dt = xe^−ax.

Le tableau suivant compare les comportements asymptotiques de fk et gk : limx→+∞fk(x) limx→+∞gk(x)

k < 0 +∞ +∞ gk∼ _a−k¹ fk

k = 0 1 ¹_a gk∼ _a¹fk

0 < k < a 0 0 g_k= _a−k¹ f_k

k ≥ a 0 0 f_k= o(g_k)

b) Soit ω un r´eel strictement positif, fω(x) = e^iωx, et gω = U (fω). Le mˆeme calcul que ci dessus, en y rempla¸cant k par −iω donne

gω= 1

a + iωe^iωx(1 − e^−(a+iω)x).

Vu a > 0, on a donc, au voisinage de l’infini, en posant a + iω = re^iθ : gω(x) ∼ 1

a + iωe^iωx= 1

re^{iω(x−ωθ)}

Autrement dit, au voisinage de l’infini, gω est une fonction oscillante de mˆeme p´eriode ^2π_ω que fω, mais amortie par un facteur 1/r, et avec un retard de phase de θ/ω.

3 Cas des fonctions puissances.

a) Prouvons par r´ecurrence sur n, que, au voisinage de l’infini, agn ∼ f_n. Cela a d´ej`a ´et´e v´erifi´e lorsque n = 0 en II.1.a, car dans ce cas f₀ = 1. Supposons donc ag_n(t) ∼ f_n(t).

Puisque f_n+1 est nulle en 0, par (I,3,a) on a

g⁰_n+1= D(U f_n+1) = U (Df_n+1) = U ((n + 1)f_n) = (n + 1)g_n. Avec g_n+1⁰ + ag_n+1= f_n+1 cela donne

agn+1= fn+1− g_n+1⁰ = fn+1− (n + 1)g_n et, donc pour tout t,

ag_n+1(t)

fn+1(t) = 1 − (n + 1)g_n(t)

tⁿ⁺¹ = 1 − (n + 1)g_n(t) tfn(t) −→

t→+∞1

car, par hypoth`ese de r´ecurrence gn(t)/fn(t) → 1/a. Cela termine la d´emonstration.

b) Soit f ∈ C(I), avec f = o(fα), et g = U (f ). Soit ε > 0 arbitraire. Choisissons c tel que, pour t > c on ait |f (t)| ≤ aεt^α. Alors, pour x > c

|g(x)| ≤ U (|f |)(x) = e^−ax

Z c 0

e^at|f (t)| dt + Z x

c

e^at|f (t)| dt



≤ e^−ax Z c

0

e^at|f (t)| dt + aεe^−ax Z x

0

e^att^αdt

ce qui donne, en divisant par x^α,

|g(x)|

fα(x) ≤ e^−ax x^α

Z c 0

e^at|f (t)| dt + aεe^−ax Z x

c

e^att^α x^αdt

≤ e^−ax x^α

Z c 0

e^at|f (t)| dt + aεe^−ax Z x

c

e^at dt

Le premier terme du second membre tend vers 0 quand x tend vers l’infini, donc il existe un x1 tel que, pour x ≥ x1, on ait

e^−ax x^α

Z c 0

e^at|f (t)| dt ≤ ε.

On majore le second terme en ´ecrivant aεe^−ax

Z x c

e^at dt = εe^−ax(e^ax− a^cx) ≤ εe^−axe^ax≤ ε.

Ainsi, pour tout x > max(c, x1) on a |g(x)|

fα(x) ≤ ε + ε = 2ε. Cela donne lim_x→∞|g(x)|

fα(x) = 0.

c) Puisque α > 0, on a fα(0) = 0 et donc, en utilisant (I.3.a) g⁰_α= (U (f_α))⁰ = U (f_α⁰), et donc

agα= fα− g_α⁰ = fα− U (f_α⁰).

Au voisinage de l’infini f_α⁰(t) = αt^α−1 = α

tfα(t) = o(fα(t)), et par la question pr´ec´edente, U (f_α⁰) = o(fα). Ainsi agα= fα− U (f_α⁰) = fα+ o(fα) ∼ fα.

III Comportement global des solutions. Cas stable

1 Cas des fonctions born´ees.

a) Soit ϕ ≥ 0 un ´el´ement de E, Ψ = U (ϕ) et M = N∞(ϕ) = sup_x≥0|ϕ(x)|. Alors Ψ(x) = e^−ax

Z x 0

e^atϕ(t) dt

≤ e^−ax Z x

0

M e^atdt = M

a (1 − e^−ax) ≤ M a · La fonction positive Ψ, major´ee M/a est donc born´ee et N∞(Ψ) ≤ 1

aN∞(ϕ).

Si de plus ϕ est croissante, Ψ l’est aussi par I.2.c. On applique le th´eor`eme de la limite monotone, le r´esultat II.1.d et encore une fois le th´eor`eme de la limite monotone,

N∞(Ψ) = sup

x∈I

Ψ(x) = lim

x→∞Ψ(x) = 1 a lim

x→∞ϕ(x) = 1 asup

x∈I

ϕ(x) = 1

aN∞(ϕ).

b) Soit f ∈ E. Alors |f | est born´ee, et N∞(|f |) = N∞(f ). Par la question pr´ec´edente N∞(U (|f |)) ≤ 1

aN∞(f ).

Vu I.2.b |U (f )| ≤ U (|f |) et donc N∞(U (f )) ≤ N∞(U (|f |)) ≤ 1

aN∞(f ). La con- stante 1/a ne peut pas ˆetre remplac´ee par une constante inf´erieure, puisque, quand f est positive croissante N∞(U (f )) = 1

aN∞(f ).

2 Cas des fonctions int´egrables.

a) Soit ϕ, Ψ = U (ϕ) et c ∈ I. En int´egrant de 0 `a c les deux membres de l’´equation Ψ⁰(t) + aΨ(t) = ϕ(t)

on obtient

Ψ(c) − Ψ(0) + a Z c

0

Ψ(t) dt = Z c

0

ϕ(t) dt. (1)

Puisque Ψ(c) ≥ 0 et Ψ(0) = 0 cela donne la majoration a

Z c 0

Ψ(t) dt ≤ Z c

0

ϕ(t) dt ≤ Z ∞

0

ϕ(t) dt = N1(ϕ).

Puisque Ψ est positive et les int´egralesRc

0 Ψ(t) dt major´ees par (1/a)N₁(ϕ), l’int´egrale impropre R+∞

0 Ψ(t) dt est convergente et Z +∞

0

Ψ(t) dt ≤ N₁(ϕ)

a . Autrement dit Ψ ∈ F et

N₁(Ψ) ≤ 1

aN₁(ϕ).

De plus

Ψ(c) = Z c

0

ϕ(t) dt − a Z c

0

Ψ(t) dt

a une limite quand c tend vers l’infini. Puisque cette fonction est int´egrable sur [0, ∞[ cette limite ne peut ˆetre que 0, et en faisant tendre c vers l’infini dans l’´egalit´e ci dessus on obtient N1(Ψ) = N1(ϕ)/a.

b) Si f ∈ F soit ϕ = |f |, et Ψ = U (ϕ). Par I.2.b on a |g| ≤ Ψ. Puisque Ψ ∈ F , g est aussi dans F , et de plus

N1(g) ≤ N1(Ψ) = 1

aN1(ϕ) = 1 aN1(f ) 3 Cas des fonctions de carr´e int´egrable.

a) Soit ϕ un ´el´ement de G `a valeurs r´eelles positives, et ϕ = U (Ψ). Par d´efinition de Ψ on a Ψ⁰+ aΨ = ϕ donc

ΨΨ⁰+ aΨ²= Ψϕ.

En int´egrant les deux membres de cette ´egalit´e sur [0, c] on obtient 1

2Ψ²(c) + a Z _c

0

Ψ²(t) dt = Z _c

0

Ψ(t)ϕ(t) dt (2)

≤

Z c 0

Ψ²(t) dt

¹₂ Z c 0

ϕ²(t) dt

¹₂

(3) la majoration r´esultant de Cauchy-Schwarz. On en d´eduit :

a Z c

0

Ψ²(t) dt ≤

Z c 0

Ψ²(t) dt

¹₂Z c 0

ϕ²(t) dt

¹₂

a

Z c 0

Ψ²(t) dt

¹₂

≤

Z c 0

ϕ²(t) dt

¹₂

a² Z c

0

Ψ²(t) dt ≤ Z ∞

0

ϕ²(t) dt Il en r´esulte que l’int´egrale R∞

0 Ψ²(t) dt est convergente, et la majoration

N₂(Ψ) ≤ ¹_aN₂(ϕ). (4)

En utilisant la formule de Cauchy-Schwarz on d´eduit de la convergence des int´egrales R∞

0 Ψ²(t) dt et R∞

0 ϕ²(t) dt que R∞

0 Ψ(t)ϕ(t) dt est convergente, puis en faisant tendre c vers l’infini dans (2) que Ψ(x) a une limite quand x tend vers l’infini. Comme Ψ² est int´egrable sur [0, ∞[ cette limite est 0. On a donc prouv´e que

R∞

0 Ψ²(t) dt = ¹_aR∞

0 Ψ(t)ϕ(t) dt (5)

Montrons maintenant que l’in´egalit´e (4) ne peut ˆetre am´elior´ee. Consid´erons pour cela la fonction

ϕ_k(x) = e^−kx Par II.2.a Ψ_k = U (ϕ_k) = 1

a − k



e^−kx− e^−ax

. Calculons N₂(ϕ_k) et N₂(ψ_k).

N₂(ϕ_k)² = Z ∞

0

e^−2kxdx = 1 2k· De Ψ²_k(x) = 1

(a − k)² h

e^−2kx− 2e^−(a+k)x+ e^−2ax i

il r´esulte

N₂²(Ψk) = 1 (a − k)²

 1

2k − 2

a + k + 1 2a

 .

Puisque lim

k→0

N₂(Ψ_k) N2(ϕ_k) = 1

a, ce rapport est arbitrairement voisin de 1

aen choisissant k suffisament petit. La constante 1/a est donc optimale dans (4).

4 Effet r´egularisant de U .

a) Soit f ∈ F et g = U (f ), ϕ = |f |, Ψ = U (ϕ). La majoration (1) obtenue en III.2.a et la positivit´e de Ψ donnent

Ψ(x) ≤ Z x

0

ϕ(t) dt = Z ∞

0

|f (t)| dt = N₁(f ).

Cela donne, en remarquant que |g(x)| ≤ Ψ(x) (I.2.b)

N∞(g) ≤ N1(f ). (6)

Soit

f_n(x) =

(2n(1 − nx) si x ≤ _n¹

0 si x > _n¹

Le changement de variable u = 1 − nx dans l’int´egrale donne du = −nx dx et N1(fn) = 2n

Z 1/n 0

(1 − nx) dx = Z 1

0

2u du = 1.

La valeur de gn= U (f ) en x = 1/n est

g_n 1 n



= e^−an Z _n¹

0

e^at2n(1 − nt) dt ≥ e^−na Z ¹_n

0

2n(1 − nt) dt = e^−na. et donc N∞(g_n) ≥ e^−an. Avec la majoration N∞(g_n) ≤ N₁(f_n) = 1 cela donne

e⁻¹ⁿ ≤ g_n 1 n



≤ N_∞(gn) ≤ N1(fn) = 1.

Par le th´eor`eme des gendarmes limn→+∞N∞(gn) = 1. Ainsi la constante 1 dans (6), N∞(g) ≤ 1 × N1(f ) est optimale.

b) Soit f ∈ G et g = U (f ). La formule de Cauchy Schwarz appliqu´ee `a l’expression de U (f ) obtenue en I.1.a donne

|g(x)| ≤ e^−ax

Z x 0

e^2atdt

¹₂Z x 0

f²(t) dt

¹₂

|g(x)| ≤ e^−ax e^2ax− 1 2a

¹₂ Z ∞ 0

f²(t) dt

¹₂

≤ e^−ax e^2ax 2a

1/2

N2(f ) = N₂(f ) (2a)¹²

·

Puisque cela est vrai pour tout x, g est born´ee et N∞(g) ≤ 1 (2a)¹²

N₂(f ).