Exercice PROBLÈME I. Résolution de (E)

Spéciales MP 02/2005
Corrigé du devoir surveillé n ◦ 9
Exercice
1. Majoration de |f ’ (x )| : La fonction g est de classe C 2 telle 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)| 2M2 pour tout réel
t, donc par l’inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à g à l’ordre 2 sur [0, h] , on a :
2
f (x + h) − f (x − h) − 2hf (x) = g (h) − g (0) − hg (0) h sup g (t) h2 M2
2 t∈R
d’où :
et enfin :
2hf (x) f (x + h) − f (x − h) − 2hf (x) + |f (x + h) − f (x − h)|
h2 M2 + |f (x + h) +| |f (x − h)| h2 M2 + 2M0
f (x) h M2 + M0
2
h
2. Majoration de M 1 : La majoration précédente montre que f est bornée par h2 M2 + Mh0 pour tout h > 0. Si
M0
h
M2 = 0, en faisant tendre h vers +∞, on obtient f = 0, donc M1 = 0. Si M2 > 0, on pose φ (h) =
2 M2 + h
2M0
0
pour h > 0. La dérivée φ (h) est du signe de h2 − 2M
M2 , donc φ admet un minimum pour h0 =
M2 , qui
√
√
vaut φ√
(h0 ) = 2M0 M2 . On en déduit que |f (x)| 2M0 M2 pour tout x réel, donc par passage au sup :
M1 2M0 M2 .
Remarque : On peut aussi dire que 12 M2 h2 − |f (x)| h + M0 0 pour tout h ∈ R (c’est la question 1
pour h > 0 et c’est évident pour h 0), donc en utilisant le signe du trinôme ( dans le cas M2 > 0), on
aboutit à ∆ = |f (x)|2 − 2M0 M2 0.
PROBLÈME
I. Résolution de (E)
1. Caractérisation d’une solution à (E) : Si f est solution de (E) , F = Ta (f) est de classe C 1 telle que
F = f, F (0) = 0 et F − F = g. Réciproquement, si f = F avec F de classe C 1 nulle en 0 telle que
x
F − F = g, alors F (x) = 0 f (t) dt = Ta (f ) (x) , donc f vérifie (E) .
2. Résolution : La fonction F vérifie F − F = g, F (0) = 0 si, et seulement si, x → e−x F (x) et nulle en 0 et
a pour dérivée x → e−x g (x) , donc ssi :
x
−x
∀x ∈ [0, a] , e F (x) =
e−t g (t) dt
0
On en déduit par la question 1 que la seule solution f à l’équation (E) est f = F = g + F, soit :
x
∀x ∈ [0, a] , f (x) = g (x) +
ex−t g (t) dt
0
x
3. Exemple numérique : Si f (x) = cos x, on se ramène au calcul de 0 e−t cos t dt. Or :
x
1+i
1 (i−1)x
e
−1 =
1 − e−x cos x − ie−x sin x
e(i−1)t dt =
i−1
2
0
donc en prenant la partie réelle :
x
x
1
−t
(i−1)t
e cos t dt = Re
e
dt =
1 − e−x cos x + e−x sin x
2
0
0
d’où enfin :
x
1 x
(e + cos x + sin x) .
2
0
Si f est la fonction obtenue, on a F (x) = 21 (ex + sin x − cos x) , d’où f (x) − F (x) = cos x, ce qui confirme
bien que f est solution !
Ta (f) (x) = cos x + ex
e−t cos t dt =
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} : Ta est injective. Enfin, si f ∈ Ea , g = Ta (f )
est de classe C 1 nulle en 0.Inversement, si g est C 1 nulle en 0, on a g = Ta (g ) , donc Im Ta =
g ∈ C 1 ([0, a] , R) / g (0) = 0 .
b) Spectre de Ta : L’injectivité de Ta montre que 0 ∈
/ Sp Ta . Puis, si λ ∈ R∗ , une fonction de l’espace Eλ (Ta )
1
1
vérifie f = λ Ta (f) , donc est de classe C et vérifie l’équation différentielle f = λ1 f avec 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
x
|Ta (f ) (x)| = f (t) dt 0
0
x
|f (t)| dt 0
x
fa∞ dt = xf a∞ afa∞
donc par passage au sup, Ta (f) a∞ afa∞ . Ceci montre que Ta est continue de norme |||Ta ||| a. De
plus, si on prend pour f la 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 S a
a) Linéarité de Sa : L’équation (E) s’écrit (IEa − Ta ) (f) = g, donc on peut interpréter l’existence et l’unicité
de f en disant que IEa − Ta est une bijection et que Sa = (IEa − Ta )−1 . Comme IEa − Ta est linéaire, on
en déduit (sans calcul !) que Sa est linéaire.
b) Continuité, norme : Soit g ∈ Ea . Si x ∈ [0, a] , on a :
x
x
x−t
|Sa (g)| (x) = g (x) +
e g (t) dt |g (x)| +
ex−t |g (t)| dt
0
0
x
a
x−t
g∞ 1 +
e dt = ex ga∞ ea ga∞
0
donc par passage au sup, Sa (g) a∞ ea ga∞ . Comme Sa est linéaire, cette inégalité montre la continuité
de Sa et la majoration |||Sa ||| ea . Enfin, si on prend pour g la fonction constante égale à 1, on a
Sa (g) (x) = ex , donc elle vérifie ga∞ = 1 et Sa (g) a∞ = ea , ce qui montre que la constante ea est
atteinte sur la sphère unité. On a donc |||Sa ||| = ea .
c) Une application : Soit (gn )n∈N une suite d’éléments de Ea qui converge uniformément sur [0, a] vers une
fonction g. Par continuité de chaque gn , on sait que g est 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 (T a )n (f )
a) Préliminaires : Il est clair que f de classe C k ⇒ Ta (f) de classe C k+1 puisque Ta (f ) est une primitive de
f, donc par récurrence (Ta )k (f) est de classe C k pour tout k ∈ N, en particulier (Ta )n (f) est de classe
C n . 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−1 car on peut écrire (Ta )n−k (f ) =
Ta (g) avec g = (Ta )n−k−1 (f ) et on sait que tout élément de Im Ta s’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
2
F (k) (0)
+
k!
0
x
(x − t)n−1 (n)
F (t) dt =
(n − 1)!
0
x
(x − t)n−1
f (t) dt
(n − 1)!
5. Noyau et image de (T a )n : L’injectivité de Ta implique celle de (Ta )n , donc Ker (Ta )n = {0} . Puis, si
f ∈ Ea , on a vu que F = (Ta )n (f) est de classe C n et vérifie F (k) (0) = 0 pour 0 k n − 1. Inversement,
soit g une fonction de classe C n vérifiant 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)
g (t) dt =
(n − 1)!
x
0
(x − t)n−1
f (t) dt = (Ta (f )) (x)
(n − 1)!
donc g = Ta (f) . Il s’ensuit que :
Im (Ta )n = g ∈ C n ([0, a] , R) / ∀k ∈ [[0, n − 1]], g(k) (0) = 0 .
6. Continuité et norme de (T a )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 :
x (x − t)n−1
x
(x − t)n−1
|(Ta )n (f) (x)| = f (t) dt |f (t)| dt
0 (n − 1)!
(n − 1)!
0
x
(x − t)n t=x
xn
an
(x − t)n−1
a
f∞ dt = −
fa∞ =
fa∞ fa∞
(n − 1)!
n!
n!
n!
0
t=0
an
f a∞ . De plus, si on prend pour f la fonction constante égale
donc par passage au sup, (Ta )n (f) a∞ n!
xn
an
an
à 1, on a (Ta )n (f) (x) =
, d’où fa∞ = 1 et (Ta )n (f) a∞ =
. On en déduit que ||| (Ta )n ||| =
.
n!
n!
n!
7. Une expression à l’aide d’une série : Soit f ∈ Ea .
a) Expression de Sa (f) : Soit x ∈ [0, a] . On a :
(x − t)n−1
xn−1
∀t ∈ [0, a] , ∀n ∈ N , f (t) fa∞
(n − 1)!
(n − 1)!
∗
xn−1
(x − t)n−1
avec
convergente et indépendante de t, donc la série
f (t) est normalen1 (n − 1)!
n1 (n − 1)!
ment convergente par rapport à t sur [0, a] . A fortiori, on peut intégrer terme à terme, donc :
+∞
n=1
n
(Ta ) (f) (x) =
+∞ n=1 0
x
(x − t)n−1
f (t) dt =
(n − 1)!
x
0
+∞
(x − t)n−1
n=1
(n − 1)!
f (t) dt =
x
ex−t f (t) dt.
0
En ajoutant (Ta )0 (f) (x) = f (x) , on en déduit que :
+∞
n
(Ta ) (f) (x) = f (x) +
x
ex−t f (t) dt = Sa (f) (x) .
0
n=0
b) Une convergence normale : On a pour tout x ∈ [0, a] :
|(Ta )n (f ) (x)| (Ta )n (f) a∞ avec convergence de la série de terme général
converge normalement sur [0, a] .
an
f a∞
n!
an
fa∞ , indépendante de x, donc la série n0 (Ta )n (f) (x)
n!
3
III. Utilisation des algèbres de Banach.
1. Une propriété d’inversibilité
a) Définition de y : La série n0 xn converge et A est de Banach, donc la série n0 xn converge (car
dans un Banach, absolue convergence ⇒ convergence).
b) Inversibilité de e−x : Soit yn = nk=0 xk . On a (e − x) yn = yn (e − x) = e−xn+1 , et la suite (xn ) tend vers 0
car la série xn converge, donc e−xn+1 → e quand 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 − x est inversible et que (e − x)−1 = y.
Montrer seulement (e − x) y = e ou y (e − x) = e ne suffit pas !
c) Majoration de y : On a yn nk=0 xk pour tout n, donc
de la norme (c’est une
par continuité
n .
application 1-lipschitzienne), on obtient à la limite que y +∞
x
n=0
2. Étude de l’ensemble des inversibles
a) Préliminaire
: Si h < 1, en posant x = −h, on a xn hn terme général d’une série convergente,
donc n0 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
hn =
h
1 − h
−1 . En posant h = x − x et h = x−1 h, on a h <
b) U est ouvert : Soit x0 ∈ U et x ∈ B0 x0 , x−1
0
0 0
−1 , donc h x−1 · h < 1, ce qui montre par le a) que e + h est inversible. A fortiori,
x−1
0
0
−1 ⊂ U,
x0 (e + h ) = x0 + h = x est inversible car U est un groupe, donc x ∈ U. On a donc B0 x0 , x−1
0 ce qui montre sur la définition que U est ouvert.
c) Continuité de x → x−1 : La majoration (e + h)−1 − e h
1−h
montre que limh→0 (e + h)−1 = e,
−1 est continue au point e. Puis, si x ∈ U, on a φ (x) = x · x−1 x −1 =
donc
la
fonction
φ
:
x
→
x
0
0
0
−1 −1
φ x−1
0 x φ (x0 ) . Par continuité de x → x0 x en x0 et de φ en e, on a limx→x0 φ x0 x = φ (e) = e, donc
limx→x0 φ (x) = e · φ (x0 ) : la fonction φ est continue en x0 .
3. Une propriété théorique : Si un → u dans (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 R est de
Banach et Ea = C 0 ([0, a] , R) est fermé dans B ([0, a] , R) , donc Ea est 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 f se ramenait à la bijectivité de IEa − Ta . Pour le montrer, prenons pour A l’espace Lc (Ea ) muni de
la norme ||| · ||| associée à · a∞ . Comme (Ea , a∞ ) est de Banach, l’espace (Lc (Ea ) , ||| · |||) l’est aussi
an
,
, donc c’est une algèbre de Banach. De plus, on a ici e = IEa , et en prenant x = Ta , on a |||xn ||| =
n!
terme général d’une série convergente, donc la question III.1.b) s’applique et montre que IEa − Ta est
inversible dans (Lc (Ea ) , ||| · |||) . Ceci signifie précisément que IEa − Ta est 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 =
4
+∞
n=0
(Ta )n
n
donc N
l’espace normé (Lc (Ea ) , ||| · |||) . En appliquant la quesn=0 (Ta ) → Sa quand N → +∞ dans n
tion III.3, on en déduit que si g ∈ Ea , alors N
n=0 (Ta ) (g) → Sa (g) quand N → +∞ dans l’espace
(Ea , · a∞ ) . Relation qui s’écrit aussi :
+∞
Sa (g) =
(Ta )n (g)
n=0
et comme il s’agit de convergence pour · a∞ , cela se traduit par la formule :
+∞
Sa (g) (x) =
(Ta )n (g) (x)
n=0
avec convergence uniforme de la série sur [0, a] .
c) Retour à une inégalité : On a vu que ||| (Ta )n ||| =
|||Sa ||| = |||
+∞
n=0
n
an
, donc la question III.1.c) montre que :
n!
(Ta ) ||| +∞
n=0
n
||| (Ta ) ||| =
+∞ n
a
n=0
= ea
n!
Comme on a montré par ailleurs que |||Sa ||| = ea , on constate ici qu’il y a égalité.
n
5. Une application des séries
: La relation admise (Sa )2 = +∞
n=0 (n + 1) (Ta ) implique pour tout f ∈ Ea
2
+∞
n
la relation (Sa ) (f) = n=0 (n + 1) (Ta ) (f ) à cause de la question III.3. Or, si x ∈ [0, a] , on a pour
n1:
x
(x − t)n−1
n
(n + 1) (Ta ) (f) (x) =
(n + 1)
f (t) dt
(n − 1)!
0
La méthode de la question II.7.a) conduit à considérer la série de fonctions
n
posant u = x − t, et en décalant l’indice, on se ramène à n0 (n + 2) un! . Or :
n1 (n + 1)
(x−t)n−1
(n−1)! .
En
+∞
+∞
+∞ n
un un
u
(n + 2)
=
+2
= ueu + 2eu = (u + 2) eu
n!
(n
−
1)!
n!
n=1
n=0
n=0
n−1 xn−1
De plus, la majoration (n + 1) (x−t)
(n−1)! (n + 1) (n−1)! montre la convergence normale par rapport à t et
permet d’intégrer terme à terme, donc (en considérant à part le terme pour n = 0) :
2
(Sa ) (f) (x) = f (x) +
0
+∞
+∞
(x − t)n−1
(n + 1)
(n − 1)!
n=1
f (t) dt = f (x) +
0
+∞
(x − t + 2) ex−t f (t) dt
IV. Utilisation d’un théorème de point fixe
A. Théorème du point fixe de Picard amélioré
1. Cas φ contractante
a) Unicité du point fixe : Si φ (x) = x et φ (y) = y, alors x − y = φ (x) − φ (y) kx − 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 ) kxn+1 − xn , donc par récurrence
xn+1 − xn kn x1 − x0 , ce qui montre par comparaison à une série géométrique convergente la
convergencede la série de terme général xn+1 − xn . Comme E est complet, on en déduit la convergence
de la série n0 (xn+1 − xn ) , et enfin par dualité séries-suites, on obtient la convergence de (xn ) .
c) Conséquences : Soit ξ = lim xn . Comme φ est 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 ξ ne dépend pas de x0 , d’où le résultat annoncé.
5
2. Généralisation
a) φp admet un unique point fixe ξ : résulte de la question précédente appliquée à φp .
b) φ admet ξ pour unique point fixe : Si φ (x) = x, alors φp (x) = x, donc x = ξ, ce qui montre l’unicité
si existence
d’un point fixe pour φ. Puis, comme φp+1 (ξ) = φ (ξ) , on remarque que ξ = φ (ξ) vérifie
p
φ ξ = ξ , donc ξ = ξ par unicité du point fixe de φp . Finalement, φ (ξ) = ξ, donc ξ est point fixe de
φ, et c’est le seul.
c) Étude d’une suite : Soit (xn ) vérifiant xn+1 = φ (xn ) . Soit r ∈ [[0, p − 1]] et (yn ) définie par yn = xnp+r .
On a yn+1 = xnp+r+p = φp (yn ) , donc par la question 1.b), la suite (yn ) converge vers ξ. Comme ceci est
vrai pour tout r ∈ [[0, p − 1]] et que :
N = ∪p−1
r=0 {np + r, n ∈ N}
(tout entier est congru modulo p à un entier de l’intervalle [[0, p−1]]), le lemme des sous-suites recouvrantes
implique que xn → ξ.
B. Application à l’équation (E)
1. Expression d’une différence : On a φ (f1 )−φ (f2 ) = (Ta (f1 ) + g)−(Ta (f2 ) + g) = Ta (f1 − f2 ) . Montrons
par récurrence que φn (f1 ) − φn (f2 ) = (Ta )n (f1 − f2 ) pour tout f1 , f2 dans Ea . Si c’est vrai pour n, alors
en l’appliquant à g1 = φ (f1 ) et g2 = φ (f2 ) , on a :
φn+1 (f1 ) − φn+1 (f2 ) = φn (g1 ) − φn (g2 ) = (Ta )n (g1 − g2 ) = (Ta )n (Ta (f1 − f2 )) = (Ta )n+1 (f1 − f2 )
d’où le résultat annoncé.
2. Application du théorème de point fixe : On a ||| (Ta )p ||| =
existe p tel que
ap
ap
et
→ 0 quand p → +∞, donc il
p!
p!
ap
ap
< 1. Fixons un tel p et posons k = . On a pour f1 , f2 ∈ Ea :
p!
p!
φp (f1 ) − φp (f2 ) a∞ = (Ta )p (f1 − f2 ) a∞ ||| (Ta )p ||| · f1 − f2 a∞ = k · f1 − f2 a∞
donc φp est contractante sur l’espace de Banach (Ea , · a∞ ) . On en déduit que φ admet un point fixe unique,
donc il existe une unique f ∈ Ea telle que Ta (f) + g = f, soit une unique f vérifiant l’équation (E) .
3. Expression de f : On a φ (f) = Ta (f ) + g, doncφ2 (f ) = Ta (Ta (f) + g) + g = (Ta )2 (f ) + g + Ta (g) . Par
k
récurrence, on montre que φn (f) = (Ta )n (f) + n−1
k=0 (Ta ) (g) . En effet, c’est vrai pour n 1, et si c’est
vrai pour n, alors :
n−1
n−1
n
k
n+1
n+1
n
φ
(f ) = φ (φ (f)) = Ta (Ta ) (f) +
(Ta ) (g) + g = (Ta )
(g) +
(Ta )k+1 (g) + g
k=0
= (Ta )n+1 (g) +
n
k=0
(Ta )k (g) + g = (Ta )n+1 (g) +
k=1
n
(Ta )k (g)
k=0
On a donc :
n
n
φ (f) = (Ta ) (f) +
n−1
(Ta )k (g)
k=0
n
Puis, on sait que pour tout f ∈ Ea , la suite fn = φ (f) , qui vérifie fn+1 = φ (fn ) , converge vers l’unique
point fixe de φ qui n’est autre que Sa (g) . En prenant par exemple f = 0 (condition initiale nulle), on obtient
k
que fn = n−1
k=0 (Ta ) (g) et Sa (g) = lim fn , donc :
Sa (g) =
+∞
n=0
dans l’espace normé (Ea , · a∞ ) .
6
(Ta )n (g)