PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Analyse no 25 Page 1 25. (Centrale) Soitf continue et intégrable surR; on considère l’équation différentielle(E)y′−y+f = 0.
Montrer que (E) admet une unique solutionF bornée surR; comment se comporte F à l’infini ? . . . . Solution
On obtient classiquement (par la méthode de la variation de la constante) la solution générale de (E) sur R:
y=ex λ−
x 0
e−tf(t) dt , λ∈R. Analyse : supposonsF solution bornée de (E) ; je dispose deλréel tel que
∀x∈R F(x) =ex λ−
x 0
e−tf(t) dt . De plus, f est intégrable sur R+ et
∀x∈R+ e−tf(t) ≤ |f(t)|
donct→e−tf(t) est également intégrable sur R+ et λ−
x 0
e−tf(t) dtx→+∞−→ λ−
+∞
0
e−tf(t) dt.
Si cette limite n’était pas nulle, F admettrait une limite infinie en+∞(puisqueex −→
x→+∞+∞).
Nécessairement λ=
+∞
0
e−tf(t) dt et donc
∀x∈R F(x) =ex
+∞
x
e−tf(t) dt.
Cette fonction est ainsi la seule solution bornée possible.
Synthèse : soit la fonction F définie ci-dessus (elle est bien définie care−tf(t) =
t→+∞O(|f(t)|)comme nous l’avons déjà vu). C’est une solution de (E) (avec la valeur deλ ci-dessus). Montrons qu’elle est bornée surR. J’ai, pour xréel,
F(x) =
+∞
x
ex−tf(t) dt et ∀t≥x ex−tf(t) ≤ |f(t)| d’où |F(x)| ≤
+∞
x
|f(t)|dt≤
R
|f(t)|dt.
En conclusion,
F est l’unique solution de(E) bornée sur R.
Comportement asymptotique :
Déjà, la limite nulle en +∞est fournie par la majoration ci-dessus et le théorème d’encadrement. En effet, grâce à larelation de Chasles,
∀x∈R |F(x)| ≤
+∞
x
|f(t)|dt=
+∞
0
|f(t)|dt−
x 0
|f(t)|dt −→
x→+∞0 (cette dernière limite découlant de la définition de l’intégrale généralisée !).
En −∞ c’est plus délicat, je reconnais le “style Cesàro” et je fixe donc ε >0. . . Soit A∈R (à choisir ultérieurement) ; j’écris :
∀x≤A |F(x)| ≤ ex
+∞
x
e−t|f(t)|dt=ex
A x
e−t|f(t)|dt+ex
+∞
A
e−t|f(t)|dt
≤ ex
A x
e−x|f(t)|dt+ex
+∞
A
e−t|f(t)|dt par croissance de l’exponentielle
≤
A
−∞
|f(t)|dt+ex
+∞
A
e−t|f(t)|dt Toujours par définition de l’intégrale généralisée, j’ai
A
−∞
|f(t)|dt −→
A→−∞0. Par définition de la limite, je dispose deA tel que
A
−∞
|f(t)|dt≤ ε 2.
PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Analyse no 25 Page 2 A étant ainsi fixé,
+∞
A
e−t|f(t)|dt est une constante et donc
ex
+∞
A
e−t|f(t)|dt −→
x→−∞0.
Je dispose donc de B tel que :
∀x≤B ex
+∞
A
e−t|f(t)|dt≤ ε 2 d’où finalement
∀x≤min (A, B) |F(x)| ≤ε.
Je reconnais là la définition de la limite nulle en −∞pour F. En conclusion, F admet pour limite 0 en−∞ et en+∞.
Bonus :
R
F converge et vaut
R
f !
Notons ϕ:x→
+∞
x
e−tf(t) dt=
+∞
0
e−tf(t) dt−
x 0
e−tf(t) dt, de sorte queϕest C1 sur Ret
∀x∈R F(x) =exϕ(x) et ϕ′(x) =−e−xf(x). Soient alorsa, b réels tels quea < b; j’intègre par parties en dérivantϕ:
b a
F(t) dt=
b a
etϕ(t) dt= etϕ(t) ba−
b a
etϕ′(t) dt=F(b)−F(a) +
b a
f(t) dt.
Sachant que
R
f est absolument convergente et compte tenu des limites obtenues ci-dessus pour F, j’obtiens bien, en faisant tendre avers −∞, puis bvers +∞:
R
F converge et
R
F =
R
f.
