Exo Maths X MP #43 - Solution carré-intégrable d'une équation différentielle

Exos Maths X MP

Publié

Révisé

January 5, 2021

Il y a 3 années

Exercice d'oral de maths de Polytechnique filière MP tombé en 2020.

Soit $a > 0$ et $f : R \to R$ continue telle que $\int_{- \infty}^{+ \infty} f^{2} (t) d t < + \infty$ . Discuter de l'existence et de l'unicité de $y : R \to R$ dérivable telle que $y^{'} - a y = f$ et $\int_{- \infty}^{+ \infty} y^{2} (t) d t < + \infty$ .

Merci au polytechnicien qui a souhaité rester anonyme d'avoir partagé l'exercice qu'il a eu à l'oral de l'X ! Pour partager les tiens, contacte Lucas Willems.

Correction

Bravo à Saad Souilmi (MP, Moulay Abdellah) d'avoir réussi à résoudre cet exercice et merci à lui d'avoir rédigé une correction !

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D'après la méthode de la variation de la constante, les solutions de l'équation différentielle $y^{'} - a y = f$ sont les fonctions :

t ⟼ e^{a t} (λ + \int_{0}^{t} e^{- a s} f (s) d s))

Étape 1 : Unicité. Soit $y$ une solution de l'équation différentielle $y^{'} = a y + f$ et supposons que $y$ de carré intégrable.

Si $p, q \in R$ , $(p + q)^{2} \leq 2 (p^{2} + q^{2})$ car $(p + q)^{2} + (p - q)^{2} = 2 (p^{2} + q^{2})$ . Ainsi :

y^{' 2} = (a y + f)^{2} ⩽ 2 (a^{2} y^{2} + f^{2})

$y$ et $f$ étant de carré intégrable, $y^{'}$ est donc aussi de carré intégrable.

Si $p, q \in R$ , $2 ∣ p q ∣ \leq p^{2} + q^{2}$ car $(∣ p ∣ - ∣ q ∣)^{2} \geq 0$ . Ainsi :

∣ 2 y y^{'} ∣ ⩽ y^{' 2} + y^{2}

Donc $2 y y^{'}$ est intégrable sur $R$ . Or, $2 y y^{'} = (y^{2})^{'}$ . Donc $y^{2}$ admet des limites en $+ \infty$ et $- \infty$ . Or, $y^{2}$ est intégrable sur $R$ . Donc $lim_{t \to + \infty} y (t) = 0$ et donc :

e^{- a t} y (t) = λ + \int_{0}^{t} e^{- a s} f (s) d s t \to + \infty 0

C'est-à-dire que $\int_{0}^{+ \infty} e^{- a s} f (s) d s$ est fini et :

λ = - \int_{0}^{+ \infty} e^{- a s} f (s) d s

D'où nécessairement :

\forall t \in R, y (t) = - e^{a t} \int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f (s) d s

Étape 2 : Existence. Soit $y : t ⟼ - e^{a t} \int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f (s) d s$ .

Comme $∣ e^{- a t} f (t) ∣ ⩽ \frac{1}{2} (e^{- 2 a t} + f^{2} (t))$ , $t \mapsto e^{- a t} f (t)$ est intégrable sur $[t, + \infty [$ . Donc $y$ est bien définie sur $R$ et de classe $C^{1}$ . On vérifie facilement que $y^{'} = a y + f$ . Montrons que $y$ est de carré intégrable sur $R$ .

y^{2} (t) = e^{2 a t} (\int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f (s) d s)^{2}

D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz sur $g (s) = e^{- a s}$ et $h (s) = e^{- a s} f (s)$ :

y^{2} (t) ⩽ e^{2 a t} (\int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} d s) (\int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s)

Or $\int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} d s = \frac{e ^{- a t}}{a}$ . Donc :

y^{2} (t) ⩽ \frac{e ^{a t}}{a} (\int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s)

Soit $x \geq 0$ . En faisant une intégration par partie :

\int_{0}^{x} \frac{e ^{a t}}{a} (\int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s) d t = [\frac{e ^{a t}}{a ^{2}} \int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s]_{0}^{x} + \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{x} f^{2} (t) d t = \frac{e ^{a x}}{a ^{2}} \int_{x}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s - \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s + \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{x} f^{2} (t) d t

Par décroissance de $s \mapsto e^{- a s}$ sur $[x, + \infty [$ :

\frac{e ^{a x}}{a ^{2}} \int_{x}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s ⩽ \frac{1}{a ^{2}} \int_{x}^{+ \infty} f^{2} (s) d s

Donc :

\int_{0}^{x} y^{2} (t) d t \leq \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t - \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- a t} f^{2} (t) d t

Donc $y^{2}$ est intégrable sur $R^{+}$ .

Soit $x \leq 0$ . De même :

\int_{x}^{0} \frac{e ^{a t}}{a} (\int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s) d t = [\frac{e ^{a t}}{a ^{2}} \int_{t}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s]_{0}^{x} + \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{x} f^{2} (t) d t = \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s - \frac{e ^{a x}}{a ^{2}} \int_{x}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s + \frac{1}{a ^{2}} \int_{x}^{0} f^{2} (t) d t \leq \frac{1}{a ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- a s} f^{2} (s) d s + \frac{1}{a ^{2}} \int_{- \infty}^{0} f^{2} (t) d t

Donc $y^{2}$ est intégrable sur $R^{-}$ .

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