L’équation étant linéaire (et ses coefficients des fonctions continues définies surR), le théorème de Cauchy-Lipschitz s’énonce : Pour toutu, v∈R, il existe une unique solutionydéfinie surRvérifianty(0) =uety0(0) =v

Corrigé du problème Centrale 2008, MP, 1ière épreuve

romain.krustarobaseprepas.org ; Relu et amendé par Michel Quercia

I. Quelques résultats généraux

I.A -

1. L’équation étant linéaire (et ses coefficients des fonctions continues définies surR), le théorème de Cauchy-Lipschitz s’énonce :

Pour toutu, v∈R, il existe une unique solutionydéfinie surRvérifianty(0) =uety⁰(0) =v.

Soit maintenanty une solution vérifianty(0) = 0. Posonsz(x) =y(−x). Alorsz⁰⁰(x) = y⁰⁰(−x) et, par parité deq:

z⁰⁰(x) + (λ−q(x))z(x) =y⁰⁰(−x) + (λ−q(−x))y(−x) = 0

Donc z est solution de (E_λ) et, puisque z(0) = 0 = y(0), z⁰(0) = −y⁰(0), l’unicité dans le théorème de Cauchy-Lipschitz atteste de l’égalité z = −y, c’est-à-dire que y est impaire. La réciproque est évidente.

2. Soientyetzdeux solutions. Leur wronskien vautW(x) =

y z y⁰ z⁰

=yz⁰−y⁰z. Siyetzsont toutes deux paires, on ay⁰0) = z⁰(0) = 0. Si elles sont toutes deux impaires,y(0) =z(0) = 0.

Dans les deux cas,W(0) = 0, ce qui prouve que(y, z)n’est pas une base de solutions.

Soit alors λ une valeur propre deQ. L’espace propre correspondant est égal àE₂∩S_Eλ (où SE_λ est l’espace des solutions deEλ). Il est non réduit à{0}par définition. On sait de plus que dimS_Eλ = 2et on vient de voir queS_Eλne peut être contenu dansE₂. Doncdim(E₂∩S_Eλ) = 1.

I.B -

1. Pour toutλ ∈ R, l’équationy⁰⁰+ (λ−a)y = 0admet une droite de solutions impaires, dont une base est x 7→ sh(√

a−λ x)si λ < a,x 7→ xsiλ = aet x7→ sin(√

λ−a x)siλ > a. Les deux premiers types d’application ne sauraient être périodiques, car non bornées. Toute valeur propre vérifie donc λ > a. En outre, l’applicationx7→ sin(√

λ−a x)admet 2π

√λ−a pour plus petite période strictement positive. Elle est donc2π-périodique si et seulement si√

λ−a∈N^∗. Le même raisonnement est valable à propos de l’opérateurB. Ainsi :

Le spectre deAest{a+k², k∈N^∗}et un vecteur propre unitaire associé àa+k²estsk. Le spectre deBest{b+k², k∈N^∗}et un vecteur propre unitaire associé àb+k²estsk. 2. On a :

f|A(f) =f|(−f⁰⁰+af) =−f|f⁰⁰+ 1 π

Z 2π 0

af²6−f|f⁰⁰+1 π

Z 2π 0

qf²=f|Q(f) De la même façon,f|Q(f)6f|B(f).

II. Problème approché de dimension finie

II.A -

1. Dans un espace vectoriel préhilbertien, tout sous-espace de dimension finie admet un supplé- mentaire orthogonal. Ceci justifie l’existence deΠ_n, et le cours nous apprend queΠ_n(f)est égal

à lan^ièmesomme partielle de la série de Fourier def, c’est-à-dire, en tenant compte de l’imparité def :

Πn(f) =

n

X

k=1

bn(f)sn

Enfin on a, toujours d’après le cours : lim

n→+∞kΠn(f)k2=kfk2et lim

n→+∞kf −Πn(f)k2= 0.

2. L’endomorphismeΠn est un projecteur orthogonal deE, donc un endomorphisme symétrique (dans le détail :f|Πn(g) = (Π_n(f) + (f −Π_n(f)))|Πn(g) = Π_n(f)|Πn(g) =

Πn(f)|(Πn(g) + (g−Πn(g))) = Πn(f)|g).

3. Deux intégrations par parties successives donnent : f|Q(g) = 1

π Z 2π

0

f(−g⁰⁰+qg)

= 1

π

[−f g⁰]^2π₀ + Z 2π

0

f⁰g⁰+ Z 2π

0

qf g

= 1

π

[f⁰g]^2π₀ − Z 2π

0

f⁰⁰g⁰+ Z 2π

0

qf g

= 1

π Z 2π

0

(−f⁰⁰+qf)g=Q(f)|g Donc, pour tousf, g∈Vn(en utilisantΠn(f) =f etΠn(g) =g) :

f|Qn(g) =f|Πn◦Q(g) = Πn(f)|Q(g) =f|Q(g) =Q(f)|g=Q(f)|Πn(g) = Πn◦Q(f)|g=Qn(f)|g

II.B -

1. On a, pourf ∈ Vn :f|An(f) = f|Πn ◦A(f) = Πn(f)|A(f) = f|A(f)et, de la même façon, f|Qn(f) =f|Q(f),f|Bn(f) =f|B(f). Les inégalités demandées résultent donc immédiatement deI.B.2).

2. (a) L’espaceVn est stable par dérivation, donc stable parA et, pourf ∈ Vn, An(f) = A(f).

Les valeurs propres deAn sont donc les valeurs propres deApour lesquelles on trouve un vecteur propre dans Vn, c’est-à-dire, d’aprèsI.B.1), lesa+k²,1 6k 6 n. De même, les valeurs propres deBnsont lesa+k²,16k6n.

(b) Puisquedim(Vk) =ketdim(Vect(ek,n, . . . , en,n) =n−k+ 1, ces deux sous-espaces deVn

(qui est de dimension n) ne sauraient être en somme directe. Leur intersection contient donc un élément non nulf, qu’on peut choisir de norme1.

Posonsf =

k

X

j=1

c_js_j. On af|B(f) =

k

X

j=1

(b+j²)c²_j 6(b+k²)

k

X

j=1

c²_j =b+k². De la même façon, en décomposant f sur les ek,n, . . . , en,n, il vient f|Q(f) > λk,n puis, en utilisant I.B.2):

λk,n6f|Q(f)6f|B(f)6k²+b

L’inégalité k² +a 6 λk,n se prouve de la même façon, en prenant en considération les sous-espacesVect(s_k, . . . , s_n)etVect(e_1,n, . . . , e_k,n)deV_n.

(c) On a pour toutf ∈V_n−1, f|Qn(f) = f|Q(f) = f|Qn−1(f). Il vient, en considérant cette fois-ci les espacesVect(e_1,n−1, . . . , e_k,n−1)etVect(ek,n, . . . , en,n)deVnet un élémentf de norme1de leur intersection :

λk,n6f|Q(f) =f|Q_n−1(f)6λ_k,n−1

II.C -

La suite(λ_k,n)_nest, d’après les question précédentes, une suite décroissante à valeurs dans le segment Ik. Elle converge donc vers un élémentλkdeIk. De plus, puisque pour toutn>k+ 1,λk,n6λk+1,n, on a en passant à la limite quandn→+∞:λ_k6λ_k+1.

III - Une suite de valeurs propres de Q

III. A -

1. La fonction

φ: R → R²

x 7→

1

√λy_λ⁰(x), yλ(x)

est de classeC¹et ne s’annule pas. Elle prend en outre la valeur(1,0)enx= 0. Le théorème de relèvement assure l’existence de deux fonctionsrλ :R→R^∗+ etθλ:R→Rde classeC¹telles queθ_λ(0) = 0et, pour toutx∈R,φ(x) =r_λ(x) ((cos(θ_λ(x)),sin(θ_λ(x))).

2. En dérivant les expressions 1

√λy_λ⁰(x) = r_λcos(θ_λ)et y_λ(x) = r_λsin(θ_λ), puis en utilisant les relationsy_λ⁰⁰=−(λ−q)y_λety_λ⁰ =√

λr_λcos(θ_λ), il vient :







(1) − 1

√λ(λ−q)rλsin(θλ) =r_λ⁰ cos(θλ)−rλθ⁰_λsin(θλ) (2)

√

λrλcos(θλ) =r_λ⁰ sin(θλ) +rλθ_λ⁰ cos(θλ) Évaluant−sin(θλ)×(1) + cos(θλ)×(2), on a :

√1

λ(λ−q)r_λsin²(θ_λ) +√

λr_λcos²(θ_λ) =r_λθ⁰_λ d’où, puisquerλ>0:

√ λ− q

√

λsin²(θ_λ) =θ⁰_λ

Commeθλ(0) = 0,θλest bien la solution maximale de(Tλ)(qui est unique d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz).

3. En évaluantcos(θλ)×(1) + sin(θλ)×(2), on a cette fois : q

2√

λrλsin(2θλ) =r⁰_λ

III. B -

1. Si l’on poseu(t) = θ(λ, t)−√

λt, on a u(0) = 0 et u⁰(t) = θ⁰_λ(t)−√

λ = − q

√

λsin²(θλ)d’où

|u⁰(t)|6kqk_∞

√

λ et, par l’inégalité des accroissements finis, pourt>0,|u(t)|6kqk_∞

√ λ t.

On en déduit|2θ(λ, t)−2√

λt|6 2kqk∞

√λ tet, puisquecosest1-lipschitzienne :

cos(2θ(λ, t))−cos 2√

λt

62kqk∞

√ λ t

2. On a

θ(λ, t) = Z 2π

0

θ⁰_λ(t)dt

= Z 2π

0

√

λ− q(t) 2√

λ(1−cos(2θλ(t))

dt

= 2π

√ λ− 1

2√ λ

Z 2π 0

q(t)dt+ 1 2√ λ

Z 2π 0

q(t) cos(2θλ(t))dt

= 2π√ λ− 1

2√ λ

Z 2π 0

q(t)dt+ 1 2√ λ

Z 2π 0

q(t) cos(2p λ(t)t)dt

+ 1 2√ λ

Z 2π 0

q(t)

cos(2θ_λ(t))−cos(2p λ(t)t)

dt

et l’inégalité cherchée, pourK= 2π²kqk²_∞, résulte de 1

2√ λ

Z 2π 0

q(t)

cos(2θλ(t))−cos(2p λ(t)t)

dt

6 1 2√ λ

Z 2π 0

|q(t)|

cos(2θλ(t))−cos(2p λ(t)t)

dt

6 1

2√ λ

Z 2π 0

2kqk∞|q(t)|

√

λ t dt

6 2π²kqk²_∞ λ

3. Puisqueqest continue, le lemme de Lebesgue permet d’affirmer :

λ→+∞lim Z 2π

0

q(t) cos(2√

λt)dt= 0 Donc

θ(λ,2π) = 2π√ λ− 1

2√ λ

Z 2π 0

q(t)dt+o 1

√ λ

= 2π√ λ

1− 1

4πλ Z 2π

0

q(t)dt+o 1

λ

4. La relation précédente montre immédiatement lim

λ→+∞θ(λ,2π) = +∞. On peut donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, choisir k0 ∈ N^∗ tel que 2k0π appartienne à l’image de ]0,+∞[ par λ 7→ θ(λ,2π). Soit µk₀ > 0 tel que θ(µk₀,2π) = 2k0π. Le théorème des valeurs intermédiaires à nouveau assure de l’existence deµk₀+1> µk₀tel queθ(µk₀+1,2π) = 2(k0+ 1)π, puis deµk₀+2> µk₀+1tel queθ(µk₀+2,2π) = 2(k0+ 2)π, etc. On construit ainsi la suite(µk)k>k₀

par récurrence.

5. La suite(µ_k)_k, si elle était majorée, serait convergente et la suiteθ(µ_k,2π) = 2kπconvergerait aussi, ce qui n’est pas. Donc lim

k→+∞µk = +∞. La relation prouvée en III.B.3) montre alors, quandk→+∞,

2kπ= 2π√ µk

1− 1

4πµ_k Z 2π

0

q(t)dt+o 1

µ_k

d’où

4k²π²= 4π²µk

1− 1

2πµk

Z 2π 0

q(t)dt+o 1

µk

puis

µk−k²= 1 2π

Z 2π 0

q(t)dt+o(1)

III. C -

1. Puisqueqest paire et2π-périodique, les fonctionsx7→ −θλ(−x)etx7→θ_λ(x+ 2π)−2kπsont solution du problème de Cauchy(Tλ). Par unicité de la solution à ce problème on a, pour tout x∈R:

θλ(x) =−θλ(−x) etθλ(x+ 2π)−2kπ=θλ(x) 2. Par2π-périodicité deu,

Z x+2π x

u(t)dtest indépendant dex, donc égal à Z π

−π

u(t)dtqui est nul par imparité deu. Ceci prouve quex7→

Z x 0

u(t)dtest2π-périodique. On voit aussi immédiatement que c’est une fonction paire. Or, d’aprèsIII.A.3), on a :

rλ(x) =rλ(0) exp Z x

0

q(t) 2√

λsin(2θλ(t))dt

Commet7→q(t) sin(2θ_λ(t))est impaire et2π-périodique (parIII.C.1)),r_λest2π-périodique et paire.

3. Il résulte de ceci queyλ =rλsinθλ est2π-périodique et impaire. Par conséquent, Qadmetλ pour valeur propre.

4. Ce qui précède montre que la suite(µk)est une suite croissante de valeurs propres deQ.

IV. Valeurs propres de Q

IV.A -

1. (a) Il suffit de substituer àynla fonction± yn

ky_nk₂.

(b) On a Qn(yn) = Πn(Q(yn)) = Πn(−y⁰⁰_n+qyn) = −y⁰⁰_n+ Πn(qyn)car, Vn étant stable par dérivation, on ay⁰⁰_n∈Vn.

Il vient kQ(yn)−αnynk2 = kQ(yn)−Qn(yn)k2 = k −y⁰⁰_n +qyn +y_n⁰⁰−Πn(qyn)k2 = kqyn−Π_n(qy_n)k2.

(c) Deyn=

n

X

m=1

bm(yn)sm, on déduitqyn−Πn(qyn) =

n

X

m=1

bm(yn)qsm−

n

X

m=1

bm(yn)Πn(qsm) =

n

X

m=1

bm(yn)[qsm−Πn(qsm)].

(d) kQ(yn)−α_ny_nk2=kqyn−Π_n(qy_n)k2=

n

X

m=1

b_m(y_n)[qs_m−Π_n(qs_m)]

₂ 6

n

X

m=1

|b_m(y_n)| k[qs_m−Π_n(qs_m)]k₂6

n

X

m=1

|b_m(y_n)|r_m,n. On a par ailleurs, par Pythagore,

r²_m,n = kqsmk²₂− kΠn(qsm)]k²₂ 6 kqsmk²₂= 1

π Z 2π

0

q(t)²s²_m(t)dt6 1 π

Z 2π 0

q(t)²dt=kqk²₂

(e) L’équationQ_n(y_n) = α_ny_n entraîne, pour toutm ∈ N^∗,b_m(−y_n⁰⁰+qy_n−α_ny_n) = 0. Par ailleurs, deux intégrations par parties successives donnent la relation classique bm(y⁰⁰_n) =

−m²b_m(y_n). Doncm²b_m(y_n) +b_m(qy_n)−α_nb_m(y_n) = 0.

(f) L’inégalité de Cauchy-Schwarz indique

|bm(yn)|=|(yn|sm)|6kynk2ksmk2= 1 Par ailleurs,

|bm(qy_n)| = |(qyn|sm)|6 1 π

Z 2π 0

|qyns_m|

6 1 π

Z 2π 0

|qyn|6 1 π

Z 2π 0

q²

^1/2Z 2π 0

y_n^{2 1/2}

6 kqk2kynk26kqk2

Donc

m²|bm(yn)|=|bm(qyn)−αnbm(yn)|6|bm(qyn)|+|αn||bm(yn)|6kqk2+|αn|6C (g) On a|bm(yn)|rm,n6Ckqk2

m² pourn>md’après ce qui précède, et cette inégalité est encore valable pourn < mpuisque, dans ce cas,yn ∈Vn etbm(yn) = 0.

De plus, lim

n→+∞rm,n = 0 d’après la définition de rm,n et II.A.1). Comme |bm(yn)| =

|(yn|sm)|6kynk2ksmk2= 1, on a aussi lim

n→+∞|bm,n|rm,n= 0.

On déduit donc du résultat admis dans le préliminaire lim

n→+∞

n

X

m=1

|b_m(y_n)|r_m,n = 0puis, avec la première inégalité ded), lim

n→+∞kQ(yn)−αnynk2= 0.

2. (a) kznk2=kQ(yn)−αnyn+ (αn−α)ynk26kQ(yn)−αnynk2+|αn−α|kynk2 →

n→+∞0.

(b) PosonsW(x) =

u v u⁰ v⁰

. Alors

W⁰(x) =

u⁰ v⁰ u⁰ v⁰

+

u v

u⁰⁰ v⁰⁰

=

u v

−(α−q)u −(α−q)v

= 0 DoncW est constant, égal àW(0) = 1.

(c) On a y_n⁰⁰+ (α−q)yn = −zn. On peut donc regarder yn comme solution de l’équation différentielley⁰⁰+ (α−q)y=−zn. À ce titre, la méthode de la variation des constantes nous assure de l’existence de deux fonctionsφetψde classeC¹pour lesquelles yn =φu+ψv

et : (

φ⁰u+ψ⁰v= 0 φ⁰u⁰+ψ⁰v⁰=−zn

Il vient, puisque le wronskien vaut1,φ⁰=

0 v

−zn v⁰

=znvetψ⁰ =

u 0

u⁰ −zn

=−znu.

D’où, en utilisant les condition initialesu(0) = 1,u⁰(0) = 0,v(0) = 0,v⁰(0) = 1: yn(x) = yn(0)u+y⁰_n(0)v+

Z x 0

zn(t)v(t)dt

u(x)− Z x

0

zn(t)u(t)dt

v(x)

= y_n⁰(0)v(x) + Z x

0

K(x, t)zn(t)dt

oùK(x, t) =u(x)v(t)−u(t)v(x)(Kest bien continue).

(d) L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne :

|fn(x)|6

Z x 0

K(x, t)²dt

1/2

Z x 0

z_n(t)²dt

1/2

SoitJ un segment deR. Il existe m ∈ N^∗ tel queJ ⊂ [−2mπ,2mπ]. Puisque z_n est 2π- périodique, on a, pourx∈[−2mπ,2mπ],

Z x 0

zn(t)²dt 6m

Z 2π 0

zn(t)²dt 6mπkznk²₂. Si on pose (continuité deK)M = sup

[−2mπ,2mπ]²

|K|, il vient :∀x∈J,

|fn(x)|6

√

2mπM² q

mπkznk²₂6√

2πmMkznk2

Donc(f_n)_ntend uniformément vers0sur tout segment deR. (e) On a

Z 2π 0

(yn(x)−y_n⁰(0)v(x))²dx = Z 2π

0

fn(x)²dx. Or(f_n²)n, carré d’une suite uniformé- ment convergente vers0 sur le segment[0,2π], converge uniformément vers0 sur[0,2π]

(car une suite de fonctions uniformément convergente sur un segment est bornée pour k.k∞). Donc lim

n→+∞

Z 2π 0

(yn(x)−y_n⁰(0)v(x))²dx= 0. Ainsi on a lim

n→+∞kyn−y_n⁰(0)vk2= 0, d’où lim

n→+∞| ky⁰_n(0)vk2− kynk2|= 0et, puisquey_n⁰(0)>0, lim

n→+∞y⁰_n(0) = 1 kvk2

.

(f) La relationyn(x) =y_n⁰(0)v(x) +fn(x)et ce qui précède montre queynconverge uniformé- ment sur tout compact vers v

kvk2

. On en déduit quevest2π-périodique et impaire et est, par conséquent, vecteur propre deQpour la valeur propreα.

IV.B -

1. Soientk, j ∈N^∗. Pour toutn>max(k, j), on aek,n|ej,n =δk,j. On sait de plus que le produit scalaire(f, g)7→f|gdeE×EdansRest continu pourk.k2. Comme(ek,n)net(ej,n)nconvergent vers ek et ej pour k.k_∞,[0,2π], donc a fortiori pour k.k2, on a lim

n→+∞ek,n|ej,n = ek|ej. Donc ek|ej=δk,j. En particulier,eketejne sont pas colinéaires pourj6=ketλj6=λk(car les espaces propres de Q sont de dimension1). La suite (λk)k qu’on sait croissante est donc strictement croissante.

2. (a) On a −e⁰⁰_k,n+ (q−λk,n)ek,n = 0doncbm(e⁰⁰_k,n+ (q−λk,n)ek,n) = 0puis m²bm(ek,n) + bm(qek,n)−λk,nbm(ek,n) = 0et(λk,n−m²)bm(ek,n) =bm(qek,n). Or on am²< k²+a < λk,n

donc0< k²+a−m²6λk,n−m².

D’autre part,|bm(qek,n)|=|(qek,n|sm)|6|(q|ek,n)|ksmk∞6kqk2kek,nk2ksmk26kqk2. Il vient

|(ek,n|sm)|=|bm(ek,n)|6 |bm(qe_k,n)|

k²+a−m² 6 kqk2

k²+a−m²

(b) Fixons m ∈ N^∗, puis K ∈ N^∗ tel que K²+a > m². Posons, pour n > max(K, m), et K6k6n,xk,n= (ek,n|sm)²etξk =

kqk2

k²+a−m² 2

, de sorte que|xk,n|6ξk. On a lim

n→+∞(ek,n|sm) = (ek|sm) par continuité du produit scalaire relativement àk.k_∞. Comme la série

∞

X

k=K

ξk converge, on peut utiliser le résultat admis en préliminaire et conclure :

n→+∞lim

n

X

k=K

(e_k,n|sm)²=

∞

X

k=K

(e_k|sm)²

Or, de manière évidente, lim

n→+∞

K−1

X

k=1

(e_k,n|sm)²=

K−1

X

k=1

(e_k|sm)². Il vient

n→+∞lim

n

X

k=1

(ek,n|sm)²=

∞

X

k=1

(ek|sm)²

Et,(e_k,n)_16k6n étant une base orthonormée deV_n auquel appartients_m, on a, pour toutn comme ci-dessus,

n

X

k=1

(ek,n|sm)²=ksmk². On conclut

∞

X

k=1

(ek|sm)²=ksmk²= 1 Enfin, de

sm−

n

X

k=1

(ek|sm)ek

2

2

= ksmk²₂+

n

X

k=1

(ek|sm)²−2

n

X

k=1

(ek|sm)(sm|ek)

= ksmk²₂−

n

X

k=1

(ek|sm)²

on déduit lim

n→+∞

sm−

n

X

k=1

(ek|sm)ek

2

= 0.

3. Soit f ∈ E orthogonale à tous les ek. On a (la seconde égalité provient de la continuité du produit scalaire) :

f|sm= lim

n→+∞f

∞

X

k=1

(ek|sm)ek= lim

n→+∞

∞

X

k=1

(ek|sm)(f|ek) = 0

Tous les coefficients de Fourier de f sont nuls ce qui, on le sait (f étant continue), entraîne f = 0.

4. Siλest une valeur propre deQdistincte de chaqueλk, eteun vecteur propre associé àλ, alors eest orthogonal à tous les ek (car les espaces propres deQsont deux à deux orthogonaux en raison de la relation de symétrieQ(f)|g=f|Q(g)). Donce= 0ce qui est absurde.

V. Comportement asymptotique

V.A -

1. Dea 6 q 6 b, on déduit immédiatement a 6 1 2π

Z 2π 0

q(t)dt 6 b. Si par exemple on avait 1

2π Z 2π

0

q(t)dt=balors on aurait 1 2π

Z 2π 0

(b−q(t))dt= 0ce qui, par continuité deqet positivité deb−q, conduirait à∀t, q(t) =b. Commeqn’est pas constante, c’est une contradiction.

2. (a) On a lim

k→+∞(k+ 1)²−k² = +∞. Donc il existek1 >k0tel que k>k1 entraînek²+b <

(k+ 1)²+a, puisIk∩Ik+1=∅.

(b) On sait que lim

k→+∞µk−k²= 1 2π

Z 2π 0

q(t)dt∈]a, b[. Doncµk∈[k²+a, k²+b]dès quekest assez grand. Ainsi il existek2tel queµksoit une valeur propre deQqui appartient àIkdès quek>k₂.