DM de MPSI2
Corrig´ e de devoir non surveill´ e
Probl` eme – Sur le calcul des variations
Partie A – Un lemme de du Bois-Reymond
A.11 est racine triple deP, donc1 P(k)(1) = 0 pour toutk∈ {0,1,2}. De plus,
P(X) =−(1 +X)3(X−1)3=−(X−1)3(2 + (X−1))3= (X−1)3(−8−12(X−1)−18(X−1)2−(X−1)3), donc la formule de Taylor donneP(3)(1) =−48.
A.2h|[−1,1],h|[1,+∞[eth|]−∞,−1]sont ´evidemment de classeC∞leurs domaines respectifs : les seuls probl`emes se posent en−1 et 1. Par parit´e deh, il suffit de consid´erer le cas de 1.
D’apr`es la question pr´ec´edente,h0g(1) =h00g(1) = 0 eth000g (1) =−48.
Bien sˆur,h´etant identiquement nulle sur [1,+∞[,h0d(1) =h00d(1) =h000d(1) = 0 :hest donc bien de classeC2 mais non de classeC3 surR.
A.3La fonctionhconvient pour (x0, x1) = (−1,1) : pour le cas g´en´eral, il suffit detransporterle segment [−1,1] sur [x0, x1], par le param´etrage usuel ϕ :t∈[−1,1]7→ 1−t2 x0+1+t2 x1 : la fonctiong=h◦ϕ−1r´epond
`
a la question.
A.4 Raisonnons par l’absurde, en supposant f non nulle en un certain x∈ [0,1] : par continuit´e def, il existe un segment [x0, x1] inclus dans [0,1], de longueur non nulle (i.e.x0 < x1), tel quef ne s’annule pas (et garde donc un signe constant) sur ce segment. Avec les notations de la question pr´ec´edente, et en prenantu=g, obtient une fonction continue, de signe constant, non identiquement nulle, et d’int´egrale pourtant nulle : c’est absurde.
Partie B – Une condition n´ ecessaire d’Euler-Lagrange
B.1
a Soitt∈R. On a
q(t) = J(f0+tu)
= Z 1
0
(P(f0(x) +tu(x)) +Q(f00(x) +tu0(x))) dx
= X
k>0
R1
0 P(k)(f0(x))(u(x))k+Q(k)(f00(x))(u0(x))k dx
k! tk
d’apr`es la formule de Taylor, doncq est bien polynomiale.
bD’apr`es le calcul effectu´e ci-dessus :
a1= Z 1
0
(P0(f0(x))(u(x)) +Q0(f00(x))(u0(x))) dx.
B.2Pour tout r´eelt,f0+tu∈Ea,b2 puisquef0∈Ea,b2 etu∈E0,0(2). Par hypoth`ese, la fonctionq, d´erivable surRcar polynomiale, pr´esente donc un minimum en 0, d’o`u q0(0) = 0,i.e.a1= 0.
1. etP(3)(1)6= 0, ce qui suffit pour r´epondre `a la question suivante.
En effectuant une int´egration par parties dans l’expression dea1 trouv´ee ci-dessus (licite car les fonctions sont bien de classeC1), on obtient
a1 = Z 1
0
(P0(f0(x))(u(x)) +Q0(f00(x))(u0(x))) dx
= Z 1
0
P0(f0(x))u(x)dx+ [Q0(f00(x))u(x)]10− Z 1
0
d
dx(Q0(f00(x)))u(x)dx
= Z 1
0
P0(f0(x))− d
dx(Q0(f00(x)))
u(x)dx.
Commea1= 0, et ceci valant pour toutu∈E0,02 , le lemme de du Bois-Reymond permet de conclure :
∀x∈[0,1], P0(f0(x)) = d
dx(Q0(f00(x))). B.3
a Ici,P = 0 etQ=X2, donc l’´equation diff´erentielle correspondante est (∆) 2y00= 0,
dont les solutions sont les fonctions affines, et donc l’unique solution de ∆ appartenant `a E20,1 est Id[0,1]. bSoitf ∈E0,12 . On aJ(Id[0,1]) = 1 et, d’apr`es l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz :
1 = Z 1
0
f0(x)dx 2
6 Z 1
0
1dx Z 1
0
(f0(x))2dx
=J1(f),
doncJ1admet 1 pour minimum sur E20,1 et ce minimum n’est atteint qu’en Id[0,1]. B.4
a Ici, P = 0 et Q=X2+X3, donc P0 = 0,Q0 = 2X+ 3X2, et dxd(Q0(f0(x))) = 2f00(x) + 6f0(x)f00(x), d’o`u l’´equation diff´erentielle
(∆) : 2y00+ 6y0y00= 0.
Soitf une solution de ∆ : f00+ 3f0f00 = 0, donc f0+32(f0)2 est constant, puis f0 prend au plus deux valeurs (un polynˆome de degr´e deux admet au plus deux racines), doncf0 est constant d’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, puisf est affine : la seule solution de ∆ s’annulant en 0 et en 1 est la fonction nulle.
bSoitλ∈R. Un calcul limite ind´ecent nous informe queR1
0(f0(x))3dx6= 0, de sorte queJ2(λf) est un polynˆome en λde degr´e 3 : son image est doncR, ce qui prouve que J2 n’admet pas de minimum surE0,02 .
Partie C – Fonctions de carr´ e int´ egrable
C.1Supposonsf minor´ee par un r´eel strictement positifcsur un voisinage [a,+∞[ de +∞. Pour toutx>a: Z x
0
f(t)dt= Z a
0
f(tdt) + Z x
a
f(t)dt>
Z a
0
f(t)dt+c(x−a),
puis lim
x→+∞
Rx
0 f(t)dt= +∞, ce qui est absurde :f n’est pas minor´ee par un r´eel strictement positif au voisinage de +∞.
C.2
a Soitx∈R+. On a, par croissance de l’int´egrale et deIg
Z x
0
f(t)dt6 Z x
0
g(t)dt6 Z +∞
0
g(t)dt,
donc la fonctionx7→Rx
0 f(t)dtest croissante et born´ee : elle admet une limite finie en +∞, etf est int´egrable.
bOn a, par lin´earit´e de l’int´egrale,If+g=If+Ig, doncIf+g admet une limite finie en +∞, i.e.f +g est int´egrable.
C.3
a Commef+(x) = f(x)+|f(x)|
2 et f−(x) = f(x)−|f(x)|
2 pour tout r´eel x, f+ et f− sont bien continues. On a de plusf+6|f|, 06−f−6|f|et|f|=f++ (−f−), d’o`u le premier r´esultat.
Soitx∈R+.
Z x
0
f(t)dt= Z x
0
f+(t)dt− Z x
0
−f−(t)dt, donc sif est int´egrable, alors Rx
0 f(t)dtadmet une limite finie lorsquextend vers +∞.
C.4L1 est une partie de l’espace vectorielC0(R+), non vide, puisqu’il comprend la fonction nulle.
Soitf, g∈L1,λ, µ∈R. Comme|λf+µg|6|λ||f|+|µ||g|, et que I|λ||f|+|µ||g|=|λ|I|f|+|µ|I|g|, λf+µgest int´egrable.
L1 est bien unR-espace vectoriel.
C.5
a Soitx∈R+. On a : Z x
0
|f(t)g(t)|dt6 Z x
0
f(t)2dt
1/2Z x
0
g(t)2dt 1/2
6kfk kgk,
donc|f g|est int´egrable (I|f g|est major´ee).
bSoitf, g∈L2 : (f+g)2=f2+ 2f g+g2est la somme de trois fonctions int´egrables, et est donc aussi int´egrable. Bien sˆur, pour toutλ∈R,λf ∈L2.
Ainsi,L2 (par ailleurs partie ´evidemment non vide de l’espace vectorielC0(R+)) est unR-espace vectoriel.
Partie D – Un exemple avec d´ eriv´ ee seconde
D.1Notonsg :t7→e−t.Rx
0 e−tdt= 1−e−xtend vers 1 quandxtend vers +∞, donc la fonction positiveg est int´egrable.
ψest clairement de classe C4, etψ26gdoncψ2 est int´egrable en vertu de C.2.a.
Clairement,ψ00∈Vect(t7→e−t/2cos(t), t7→e−t/2sin(t)), donc (ψ00)2est int´egrable.
Finalement, on a bienψ∈E.
D.2
a f f00est int´egrable car f, f00∈L2 (cf. C.5.a).
Supposons quef f0tende vers +∞en +∞. On montre alors que12f2, qui en est une primitive, tend ´egalement vers +∞en +∞, ce qui contredit l’int´egrabilit´e def2 (cf. C.1).
bPour toutx∈R+,
Z x
0
(f0(t))2dt= [f(t)f0(t)]x0− Z x
0
f(t)f00(t)dt,
donc si la quantit´e de gauche tendait vers +∞quandxtend vers +∞, alors par int´egrabilit´e def f00, [f(t)f0(t)]x0 tendrait ´egalement vers +∞en +∞, ce qui n’est pas le cas.
Ceci montre que (f0)2 est int´egrable, D.3
a SoitA∈R∗+ : Z A
0
(f(x) +f0(x) +f00(x))2dx− Z A
0
(f(x))2−(f0(x))2+ (f00(x))2 dx
= 2
Z A
0
f0(x))2+f(x)f00(x) +f0(x)f00(x) +f(x)f0(x) dx
= Z A
0
2(f00(x) +f0(x))(f0(x) +f(x))dx
=
(f(x) +f0(x))2A
0
= (f(A) +f0(A))2−(f(0) +f0(0))2, d’o`u le r´esultat.
bOn sait que (f+f0+f00)2 est int´egrable, ainsi quef2−(f0)2+ (f00)2, donc (f(A) +f0(A))2 tend vers une limite finie en +∞. Cette limite est n´ecessairement nulle, puisque (f+f0)2 est int´egrable (si cette limite
´etait strictement positive, (f +f0)2serait absurdement minor´ee par un r´eel strictement positif au voisinage de +∞).
cEn passant `a la limite dans la formule trouv´ee en D.3.a (ce passage est justifi´e par la question pr´ec´e- dente), on obtient
J(f) = (f(0) +f0(0))2+ Z +∞
0
(f(x) +f0(x) +f00(x))2dx>0.
dEn observant la nouvelle expression deJ(f), on constate queJ(f)>0, et queJ(f) = 0 si et seulement si f0(0) +f(0) = 0 et f est solution de y00+y0+y = 0 : le cours sur les ´equations diff´erentielles lin´eaires homog`enes d’ordre 2 `a coefficients constants nous montre que l’ensemble cherch´e est une droite vectorielle. De plus, ψ est (non nulle,) solution de cette ´equation diff´erentielle, et v´erifie ψ0(0) +ψ(0) = 0, d’o`u le r´esultat demand´e.
