Exercice PROBLÈME I. Résolution de (E)

Spéciales MP02/2005
Corrigé du devoir surveillé n◦9
Exercice
1. Majoration de |f’(x)|:La fonction gest de classe C2telle que g(0) = 0, g(0) = 2f(x)et g (t) =
f (x+t)−f (x−t)pour tout t∈R.A fortiori, |g (t)||f (x+t)|+|f (x−t)|2M2pour tout réel
t, donc par l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à gà l’ordre 2 sur [0, h],on a :
f(x+h)−f(x−h)−2hf(x)=g(h)−g(0) −hg(0)h2
2sup
t∈Rg (t)h2M2
d’où : 2hf(x)f(x+h)−f(x−h)−2hf(x)+|f(x+h)−f(x−h)|
h2M2+|f(x+h) +||f(x−h)|h2M2+ 2M0
et enfin : f(x)h
2M2+M0 h
2. Majoration de M1: La majoration précédente montre que fest bornée par h
2M2+M0 hpour tout h > 0.Si
M2= 0,en faisant tendre hvers +∞,on obtient f= 0,donc M1= 0.Si M2>0,on pose φ(h) = h
2M2+M0 h
pour h > 0.La dérivée φ(h)est du signe de h2−2M0
M2,donc φadmet un minimum pour h0=2M0 M2,qui
vaut φ(h0) = √2M0M2.On en déduit que |f(x)|√2M0M2pour tout xréel, donc par passage au sup :
M1√2M0M2.
Remarque : On peut aussi dire que 1
2M2h2− |f(x)|h+M00pour tout h∈R(c’est la question 1
pour h > 0et c’est évident pour h0), donc en utilisant le signe du trinôme ( dans le cas M2>0),on
aboutit à ∆ = |f(x)|2−2M0M20.
PROBLÈME
I. Résolution de (E)
1. Caractérisation d’une solution à (E): Si fest solution de (E), F =Ta(f)est de classe C1telle que
F=f, F (0) = 0 et F−F=g. Réciproquement, si f=Favec Fde classe C1nulle en 0 telle que
F−F=g, alors F(x) = x
0f(t) dt=Ta(f) (x),donc fvérifie (E).
2. Résolution : La fonction Fvérifie F−F=g, F (0) = 0 si, et seulement si, x→ e−xF(x)et nulle en 0 et
a pour dérivée x→ e−xg(x),donc ssi :
∀x∈[0, a],e−xF(x) = x
0
e−tg(t) dt
On en déduit par la question 1 que la seule solution fà l’équation (E)est f=F=g+F, soit :
∀x∈[0, a], f (x) = g(x) + x
0
ex−tg(t) dt
3. Exemple numérique : Si f(x) = cos x, on se ramène au calcul de x
0e−tcos tdt. Or :
x
0
e(i−1)tdt=1
i−1e(i−1)x−1=1 + i 21−e−xcos x−ie−xsin x
donc en prenant la partie réelle :
x
0
e−tcos tdt= Re x
0
e(i−1)tdt=1
21−e−xcos x+ e−xsin x
d’où enfin :
Ta(f) (x) = cos x+ exx
0
e−tcos tdt=1
2(ex+ cos x+ sin x).
Si fest la fonction obtenue, on a F(x) = 1
2(ex+ sin x−cos x),d’où f(x)−F(x) = cos x, ce qui confirme
bien que fest solution !
1

II. Propriétés de Ta
1. L’endomorphisme Ta
a) Linéarité, noyau, image : La linéarité est immédiate par linéarité de l’intégrale. Puis, si f∈Ea,
Ta(f) = 0 ⇒f= (Ta(f))= 0,donc Ker Ta={0}:Taest injective. Enfin, si f∈Ea, g =Ta(f)
est de classe C1nulle en 0. Inversement, si gest C1nulle en 0, on a g=Ta(g),donc Im Ta=
g∈ C1([0, a],R)/ g (0) = 0.
b) Spectre de Ta:L’injectivité de Tamontre que 0/∈Sp Ta.Puis, si λ∈R∗,une fonction de l’espace Eλ(Ta)
vérifie f=1
λTa(f),donc est de classe C1et vérifie l’équation différentielle f=1 λfavec la condition
f(0) = 0.Elle est donc nulle, ce qui implique que λ /∈Sp Ta,d’où Sp Ta=∅.
2. Continuité, norme : Si f∈Ea,on a
|Ta(f) (x)|=x
0
f(t) dtx
0|f(t)|dtx 0fa
∞dt=xfa ∞afa ∞
donc par passage au sup,Ta(f)a
∞afa ∞.Ceci montre que Taest continue de norme |||Ta||| a. De
plus, si on prend pour fla fonction constante égale à 1, on a fa
∞= 1 et Ta(f)a ∞= supx∈[0,a]|x|=a,
donc |||Ta||| =a.
3. L’endomorphisme continu Sa
a) Linéarité de Sa:L’équation (E)s’écrit (IEa−Ta) (f) = g, donc on peut interpréter l’existence et l’unicité
de fen disant que IEa−Taest une bijection et que Sa= (IEa−Ta)−1.Comme IEa−Taest linéaire, on
en déduit (sans calcul !) que Saest linéaire.
b) Continuité, norme : Soit g∈Ea.Si x∈[0, a],on a :
|Sa(g)|(x) = g(x) + x
0
ex−tg(t) dt|g(x)|+x
0
ex−t|g(t)|dt
ga
∞1 + x
0
ex−tdt= exga
∞eaga ∞
donc par passage au sup,Sa(g)a
∞eaga ∞.Comme Saest linéaire, cette inégalité montre la continuité
de Saet la majoration |||Sa||| ea.Enfin, si on prend pour gla fonction constante égale à 1, on a
Sa(g) (x) = ex,donc elle vérifie ga
∞= 1 et Sa(g)a ∞= ea,ce qui montre que la constante eaest
atteinte sur la sphère unité. On a donc |||Sa||| = ea.
c) Une application : Soit (gn)n∈Nune suite d’éléments de Eaqui converge uniformément sur [0, a]vers une
fonction g. Par continuité de chaque gn,on sait que gest continue, donc la suite (gn)converge vers g
dans l’espace normé (Ea, a
∞).Par continuité de Sa,on a donc aussi Sa(gn)→Sa(g)quand n→+∞,
donc la suite (Sa(gn)) converge uniformément sur [0, a]vers la fonction Sa(g)(car la convergence pour
 a
∞est précisément la convergence uniforme).
4. Une formule intégrale pour (Ta)n(f)
a) Préliminaires : Il est clair que fde classe Ck⇒Ta(f)de classe Ck+1 puisque Ta(f)est une primitive de
f, donc par récurrence (Ta)k(f)est de classe Ckpour tout k∈N,en particulier (Ta)n(f)est de classe
Cn.De plus, en écrivant (Ta)n(f) = Ta(g)avec g= (Ta)n−1(f),on voit que ((Ta)n(f))= (Ta(g))=
g= (Ta)n−1(f)et par récurrence ((Ta)n(f))(k)= (Ta)n−k(f)pour 0kn.
b) Formule : On a ((Ta)n(f))(k)(0) = (Ta)n−k(f) (0) = 0 pour 0kn−1car on peut écrire (Ta)n−k(f) =
Ta(g)avec g= (Ta)n−k−1(f)et on sait que tout élément de Im Tas’annule en 0. En posant F= (Ta)n(f),
on applique ensuite la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre n, donc pour x∈[0, a] :
F(x) =
n−1
k=0
F(k)(0)
k!+x
0
(x−t)n−1
(n−1)! F(n)(t) dt=x
0
(x−t)n−1
(n−1)! f(t) dt
2

5. Noyau et image de (Ta)n: L’injectivité de Taimplique celle de (Ta)n,donc Ker (Ta)n={0}.Puis, si
f∈Ea,on a vu que F= (Ta)n(f)est de classe Cnet vérifie F(k)(0) = 0 pour 0kn−1.Inversement,
soit gune fonction de classe Cnvérifiant g(k)(0) = 0 pour 0kn−1.Si on pose f=g(n),on a f∈Ea
et à nouveau par la formule de Taylor avec reste intégral :
g(x) =
n−1
k=0
g(k)(0)
k!+x
0
(x−t)n−1
(n−1)! g(n)(t) dt=x
0
(x−t)n−1
(n−1)! f(t) dt= (Ta(f)) (x)
donc g=Ta(f).Il s’ensuit que :
Im (Ta)n=g∈ Cn([0, a],R)/∀k∈[[0, n −1]], g(k)(0) = 0.
6. Continuité et norme de (Ta)n
a) Linéarité et continuité de (Ta)n:Le fait que Ta∈ Lc(Ea)implique que (Ta)n∈ Lc(Ea)car Lc(Ea)est
une algèbre !
b) Calcul de la norme : Soit f∈Ea.Si x∈[0, a],on a :
|(Ta)n(f) (x)|=x
0
(x−t)n−1
(n−1)! f(t) dtx
0
(x−t)n−1
(n−1)! |f(t)|dt
x
0
(x−t)n−1
(n−1)! fa
∞dt=−(x−t)n
n!t=x
t=0 fa
∞=xn
n!fa
∞an
n!fa
∞
donc par passage au sup,(Ta)n(f)a
∞an
n!fa
∞.De plus, si on prend pour fla fonction constante égale
à 1, on a (Ta)n(f) (x) = xn
n!,d’où fa
∞= 1 et (Ta)n(f)a ∞=an
n!.On en déduit que |||(Ta)n||| =an n!.
7. Une expression à l’aide d’une série : Soit f∈Ea.
a) Expression de Sa(f) : Soit x∈[0, a].On a :
∀t∈[0, a],∀n∈N∗,
(x−t)n−1
(n−1)! f(t)xn−1 (n−1)!fa
∞
avec n1
xn−1
(n−1)! convergente et indépendante de t, donc la série n1
(x−t)n−1
(n−1)! f(t)est normale-
ment convergente par rapport à tsur [0, a].A fortiori, on peut intégrer terme à terme, donc :
+∞
n=1
(Ta)n(f) (x) =
+∞
n=1 x
0
(x−t)n−1
(n−1)! f(t) dt=x
0+∞
n=1
(x−t)n−1
(n−1)! f(t) dt=x
0
ex−tf(t) dt.
En ajoutant (Ta)0(f) (x) = f(x),on en déduit que :
+∞
n=0
(Ta)n(f) (x) = f(x) + x
0
ex−tf(t) dt=Sa(f) (x).
b) Une convergence normale : On a pour tout x∈[0, a] :
|(Ta)n(f) (x)|(Ta)n(f)a
∞an
n!fa
∞
avec convergence de la série de terme général an
n!fa
∞,indépendante de x, donc la série n0(Ta)n(f) (x)
converge normalement sur [0, a].
3

III. Utilisation des algèbres de Banach.
1. Une propriété d’inversibilité
a) Définition de y:La série n0xnconverge et Aest de Banach, donc la série n0xnconverge (car
dans un Banach, absolue convergence ⇒convergence).
b) Inversibilité de e−x:Soit yn=n
k=0 xk.On a (e−x)yn=yn(e−x) = e−xn+1,et la suite (xn)tend vers 0
car la série xnconverge, donc e−xn+1 →equand n→+∞.Comme d’autre part (e−x)yn→(e−x)y
et yn(e−x)→y(e−x)par continuité de la multiplication dans une algèbre normée, on obtient que
(e−x)y=y(e−x)=e. Ceci montre que e−xest inversible et que (e−x)−1=y.
Montrer seulement (e−x)y=eou y(e−x) = ene suffit pas !
c) Majoration de y:On a ynn
k=0 xkpour tout n, donc par continuité de la norme (c’est une
application 1-lipschitzienne), on obtient à la limite que y+∞
n=0 xn.
2. Étude de l’ensemble des inversibles
a) Préliminaire : Si h<1,en posant x=−h, on a xnhnterme général d’une série convergente,
donc n0xnconverge et la question 1 s’applique, donc e−x=e+h∈ U.De plus (comme à 1.c) :
(e+h)−1−e=
+∞
n=1
(−h)n
+∞
n=1 hn=h
1−h
b) Uest ouvert : Soit x0∈ U et x∈B0x0,x−1
0−1.En posant h=x−x0et h=x−1 0h, on a h<
x−1
0−1,donc hx−1 0 · h<1,ce qui montre par le a) que e+hest inversible. A fortiori,
x0(e+h) = x0+h=xest inversible car Uest un groupe, donc x∈ U.On a donc B0x0,x−1
0−1⊂ U,
ce qui montre sur la définition que Uest ouvert.
c) Continuité de x→ x−1:La majoration (e+h)−1−eh
1−hmontre que limh→0(e+h)−1=e,
donc la fonction φ:x→ x−1est continue au point e. Puis, si x0∈ U,on a φ(x) = x0·x−1
0x−1=
φx−1
0xφ(x0).Par continuité de x→ x−1 0xen x0et de φen e, on a limx→x0φx−1 0x=φ(e) = e, donc
limx→x0φ(x) = e·φ(x0) : la fonction φest continue en x0.
3. Une propriété théorique : Si un→udans (Lc(E),||| · |||),alors pour x∈E, on a :
un(x)−u(x)|||un−u|||· x
et le terme de droite tend vers 0 quand n→+∞,donc un(x)−u(x) → 0,ce qui veut dire que
un(x)→u(x)quand n→+∞dans l’espace normé (E,  · ).
4. Application à l’équation (E)
a) (Ea, a
∞)est de Banach : En effet, B([0, a],R)est de Banach pour la norme uniforme car Rest de
Banach et Ea=C0([0, a],R)est fermé dans B([0, a],R),donc Eaest à son tour un Banach (une partie
fermée d’une partie complète est complète).
b) Résolution «topologique» : L’équation (E)s’écrivant (IEa−Ta) (f) = g, on a vu que l’existence et l’unicité
de fse ramenait à la bijectivité de IEa−Ta.Pour le montrer, prenons pour Al’espace Lc(Ea)muni de
la norme ||| · ||| associée à  · a
∞.Comme (Ea, a ∞)est de Banach, l’espace (Lc(Ea),||| · |||)l’est aussi
, donc c’est une algèbre de Banach. De plus, on a ici e=IEa,et en prenant x=Ta,on a |||xn||| =an
n!,
terme général d’une série convergente, donc la question III.1.b) s’applique et montre que IEa−Taest
inversible dans (Lc(Ea),|||· |||).Ceci signifie précisément que IEa−Taest bijective et que la bijection
réciproque est linéaire continue. On obtient donc sans calcul l’existence et l’unicité de la solution, ainsi
que le caractère linéaire continu de Sa.De plus, on a la formule :
Sa= (IEa−Ta)−1=
+∞
n=0
(Ta)n
4

donc N
n=0 (Ta)n→Saquand N→+∞dans l’espace normé (Lc(Ea),||| ·|||).En appliquant la ques-
tion III.3, on en déduit que si g∈Ea,alors N
n=0 (Ta)n(g)→Sa(g)quand N→+∞dans l’espace
(Ea, · a
∞).Relation qui s’écrit aussi :
Sa(g) =
+∞
n=0
(Ta)n(g)
et comme il s’agit de convergence pour  · a
∞,cela se traduit par la formule :
Sa(g) (x) =
+∞
n=0
(Ta)n(g) (x)
avec convergence uniforme de la série sur [0, a].
c) Retour à une inégalité : On a vu que |||(Ta)n||| =an
n!,donc la question III.1.c) montre que :
|||Sa||| =|||
+∞
n=0
(Ta)n||| 
+∞
n=0 |||(Ta)n||| =
+∞
n=0
an
n!= ea
Comme on a montré par ailleurs que |||Sa||| = ea,on constate ici qu’il y a égalité.
5. Une application des séries : La relation admise (Sa)2=+∞
n=0 (n+ 1) (Ta)nimplique pour tout f∈Ea
la relation (Sa)2(f) = +∞
n=0 (n+ 1) (Ta)n(f)à cause de la question III.3. Or, si x∈[0, a],on a pour
n1 :
(n+ 1) (Ta)n(f) (x) = x
0
(n+ 1) (x−t)n−1
(n−1)! f(t) dt
La méthode de la question II.7.a) conduit à considérer la série de fonctions n1(n+ 1) (x−t)n−1
(n−1)! .En
posant u=x−t, et en décalant l’indice, on se ramène à n0(n+ 2) un
n!.Or :
+∞
n=0
(n+ 2) un
n!=
+∞
n=1
un
(n−1)! + 2
+∞
n=0
un
n!=ueu+ 2eu= (u+ 2) eu
De plus, la majoration (n+ 1) (x−t)n−1
(n−1)! (n+ 1) xn−1 (n−1)! montre la convergence normale par rapport à tet
permet d’intégrer terme à terme, donc (en considérant à part le terme pour n= 0) :
(Sa)2(f) (x) = f(x) + +∞
0+∞
n=1
(n+ 1) (x−t)n−1
(n−1)! f(t) dt=f(x) + +∞
0
(x−t+ 2) ex−tf(t) dt
IV. Utilisation d’un théorème de point fixe
A. Théorème du point fixe de Picard amélioré
1. Cas φcontractante
a) Unicité du point fixe : Si φ(x) = xet φ(y) = y, alors x−y=φ(x)−φ(y)kx−y,donc
(1 −k)x−y0.Comme 1−k > 0,on en déduit que x−y= 0,soit x=y.
b) Convergence d’une suite : On a xn+2 −xn+1=φ(xn+1)−φ(xn)kxn+1 −xn,donc par récurrence
xn+1 −xnknx1−x0,ce qui montre par comparaison à une série géométrique convergente la
convergence de la série de terme général xn+1 −xn.Comme Eest complet, on en déduit la convergence
de la série n0(xn+1 −xn),et enfin par dualité séries-suites, on obtient la convergence de (xn).
c) Conséquences : Soit ξ= lim xn.Comme φest lipschitzienne, elle est continue, donc φ(xn)→φ(ξ),et
puisque φ(xn) = xn+1 →ξ, on en déduit par unicité de la limite que φ(ξ) = ξ. En combinant avec le a),
on voit que ξne dépend pas de x0,d’où le résultat annoncé.
5