%%%%%%%%%%%% ENSET 1987 OPTION A1, MATH. I - CORRIGE %%%%%%%%%%%%%
% realise par Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 Bordeaux
% d'apres une solution de Pierre F\'evrier
% Attention: plusieurs questions rer\'edig\'ees pour tenir compte des
% changements de programme.
% email: rcabane@free.fr
% 19 rue de Lyon 33000 BORDEAUX
% Format: PLAIN TEX
% collection de macros
\input math3.sty
% mise en page (a rectifier si besoin)
\input frpage.sty
%
% integrales pas trop grandes ni trop petites
\everydisplay{\textstyle}
\def\int{\textstyle\INT}
%
\def\E{\cur E}
\def\Dy{\D y}
\def\deter#1{\left|\matrix{#1}\right|}
%
% Titre du pb.
%
\grostitre{ENSET (Cachan) 1987, Option A1, Math. I - Corrig\'e}
\centerline{\eightit Auteur: Robert Cabane
\qquad {\eighttt (rcabane@online.fr)}
 d'apr\`es une solution de Pierre F\'evrier
\hfil\hfil
\the\day/\the\month/\the\year
}
%
% D\'ebut du corrig\'e.
%
\partie %I
\questiona %1a
On d\'erive: $\D(y^2)=2y\Dy$ et $\D^2y^2=2(\Dy)^2+2y\D^2y=2(\D
y)^2+2y^2\ge 0$. La positivit\'e de la d\'eriv\'ee seconde
caract\'erises les fonctions convexes.

Si $y$ reste positive sur un intervalle $I$ alors $\D^2y$ l'est
aussi, et $y$ est convexe. De m\^eme, si $y$ est n\'egative,
alors elle est concave\qed

\sousquestion %1b
Si $y$ est born\'ee, $y^2$ est major\'ee tout en \'etant convexe.
Soit $x_0$ r\'eel: on a $y^2(x)-y^2(x_0)=(x-x_0)\Dy^2(c)\ge
(x-x_0)\D y^2(x_0)$ avec $c\in [x_0,x]$ pour $x>x_0$ (analogue
pour $x<x_0$) - en somme, la courbe repr\'esentative d'une
fonction convexe est \og au-dessus de ses tangentes\fg. Il en
r\'esulte que la fonction affine $x\mapsto
y^2(x_0)+(x-x_0)\Dy^2(x_0)$ est major\'ee, donc constante. Ainsi,
la d\'eriv\'ee de $y^2$ doit \^etre nulle, et $y^2$ est constante
et $y$ aussi par continuit\'e. Dans ces conditions, $\D^2y$ est
nulle et $y$ est nulle car $q$ n'est pas la fonction nulle\qed

\questiona %2a
La question 1\hbox{$^\circ$}a montre que $\varphi ^2$ est
convexe. On a aussi $\D\varphi ^2(0)=2\varphi (0)\D\varphi
(0)=0$, donc $\D\varphi ^2$, qui est croissante par convexit\'e,
est positive sur $\R_+$ et n\'egative sur $\R_-$. La monotonie de
$\varphi ^2$ sur $\R_+$ et $\R_-$ am\`ene $\varphi ^2\ge 1$ sur
$\R$. Comme $\varphi (0)$ vaut 1 et que $\varphi $ est continue,
$\varphi $ ne s'annule pas, a un signe constant, et finalement on
a $\forall x\ \varphi (x)\ge 1$\qed

On note au passage que $\varphi $ est convexe.

\sousquestion %2b
Ayant $\D\psi (0)=1$, et $\psi $ de classe $\cur C^2$, $\psi $
est strictement croissante, donc strictement positive sur un
voisinage \`a droite $[0,\alpha [$ de 0. Si l'on avait $\psi
(\beta )=0$ avec $\beta >0$ alors, par convexit\'e, $\psi ^2$
serait nulle sur $[0,\beta ]$, ce qui contredit la stricte
positivit\'e qu'on vient de voir. Ainsi, $\psi $ ne s'annule
aucunement sur $\R_+^*$ (de m\^eme sur $\R_-^*$), et elle est
strictement positive sur $\R_+^*$ (n\'egative sur $\R_-^*$).

La question 1\hbox{$^\circ$}b nous apprend alors que $\psi $ est
convexe sur $\R_+$, et $\D\psi $ cro\^\i t, ce qui la rend
positive. Le th\'eor\`eme des accroissements finis nous assure
alors que $\frac{\psi (x)}x=\D\psi (c)\ge 0$ pour tout $x>0$,
soit $\forall x\ge 0\ \psi (x)\ge x$. On montre de m\^eme que
$\forall x\le 0\ \psi (x)\le x\qed$

\sousquestion %2c
Le wronskien de $\varphi $ et $\psi $ vaut
$W(x)=\deter{\varphi (x)&\psi (x)\\\D\varphi (x)&\D\psi (x)}$. On le d\'erive
en d\'erivant ses lignes une \`a une, ce qui donne
$$
W(x)
=\deter{\D\varphi (x)&\D\psi (x)\\\D\varphi (x)&\D\psi (x)}+\deter{\varphi (x)&\psi (x)\\\D^2\varphi (x)&\D^2\psi (x)}
=0+\deter{\varphi (x)&\psi (x)\\q\varphi (x)&q\psi (x)}=0
\>.$$
Ainsi, $W$ est constant et vaut $W(0)=1$. Comme, de plus, $\psi $
ne s'annule pas sur $\R^*$, on peut consid\'erer $\D\Frac{\varphi
}{\psi }=\Frac{\D\varphi \psi -\varphi \D\psi }{\psi
^2}=\Frac{-1}{\psi ^2}<0$. Donc $\Frac{\varphi }{\psi }$
d\'ecro\^\i t strictement sur $]0,+\infty [$ et sur $]-\infty
,0[$\qed
            
\questiona %3a
La d\'ecroissance et la positivit\'e de $\Frac{\varphi }{\psi }$
assurent l'existence de $-\lambda =\Lim_{x\to +\infty
}\Frac{\varphi (x)}{\psi (x)}$. On a alors $y_=\varphi +\lambda
\psi $ puisque les valeurs en 0 sont les bonnes. La
d\'ecroissance stricte de $\Frac{\varphi }{\psi }$ montre que
$\Frac{\varphi }{\psi }>-\lambda $ sur $\R_+^*$, soit $y_\lambda
>0$. Sur $\R_-$, on a $\varphi \ge 1>0$ et $\lambda \psi \ge 0$
puisque $\lambda $ est n\'egatif. C'est pourquoi $y_\lambda $ est
strictement positive (donc convexe d'apr\`es
1\hbox{$^\circ$}a)\qed

\sousquestion %3b
Soit $g=\varphi -\Frac{\varphi (x_0)}{\psi (x_0)}\psi $, qui est
une solution de $(E)$ nulle en $x_0$ et valant 1 en 0. Sur
$]0,x_0]$ la d\'ecroissance de $\Frac{\varphi }{\psi }$ montre
que l'on a $g(x)=\psi (x)\bigl[\Frac{\varphi (x)}{\psi
(x)}-\Frac{\varphi (x_0)}{\psi (x_0)}\bigr]>0$. La question
1\hbox{$^\circ$}a nous montre alors que $g$ est convexe,
c'est-\`a-dire que $\D g$ cro\^\i t. Or, on a $\D
g(x_0)=\Frac{\D\varphi (x_0)\psi (x_0)-\varphi (x_0)\D\psi
(x_0)}{\psi (x_0)}=\Frac{-1}{\psi (x_0)}<0$. Ainsi, $\D g$ est
n\'egative sur $[0,x_0]$ soit encore $\forall x\in [0,x_0]\
\D\varphi (x)\le \Frac{\varphi (x_0)}{\psi (x_0)}\D\psi (x)\qed$

\sousquestion %3c
On en d\'eduit aussit\^ot, faisant tendre $x_0$ vers l'infini,
que $\D\varphi (x)\le -\lambda \D\psi (x)$, soit $\Dy_\lambda
(x)\le 0$ pour $x\in \R_+$. On a remarqu\'e que $y_\lambda $ est
convexe, de sorte que la croissance de $\Dy_\lambda $ oblige
celle-ci \`a \^etre n\'egative sur $\R$\qed

Finalement, nous savons que
\encadre{$y_\lambda $ est une solution strictement positive, convexe,
d\'ecroissante de $(E)$.}

\question %4
Les raisonnements relatifs \`a $\mu $ sont d'autant plus
identiques que l'on peut consid\'erer, pour toute solution $y$ de
$(E)$, la fonction $z(x)=y(-x)$ qui est solution de $(E'):\
z''(x)=q(-x)z(x)$. L'application \`a $\E'$ des raisonnement
accomplis dans les questions pr\'ec\'edentes conduit aussit\^ot
\`a $\mu \ge 0$ et \`a $y_\mu $ qui est positive, convexe,
croissante. On ne peut avoir $\lambda =\mu $ car alors ce serait
$\lambda =\mu =0$ et $y_\lambda =y_\mu =\varphi $ constante, soit
$\varphi =1$, exclu parce que $q$ n'est pas la fonction nulle.

\question %5
$y_\lambda $ ne peut s'annuler donc on peut poser $y_\mu =Cy_\lambda $. On reporte
dans l'\'equation (m\'ethode de variation de la constante):
$$
%\eqalign{
\D^2Cy_\lambda +2\D C\Dy_\lambda +C\D^2 y_\lambda =qCy_\lambda
%&
\Longleftrightarrow \D^2Cy_\lambda +2\D C\Dy_\lambda =0  %\\
%&
\Longleftrightarrow \D^2Cy_\lambda ^2+2\D Cy_\lambda \Dy_\lambda =\D(\D Cy_\lambda ^2)=0
%}
$$
d'o\`u nous tirons $\D Cy_\lambda ^2=\hbox{constante}=\D C(0)
=\Frac{\Dy_\mu y_\lambda -y_\mu \Dy_\lambda }{y_\lambda
^2}(0)=\mu -\lambda $. On int\`egre cette derni\`ere relation,
compte tenu de $C(0)=1$, et on obtient $C(x)=1+(\mu -\lambda
)\int_0^x\Frac1{y_\lambda (t)^2}\dt$ soit $y_\mu (x)=y_\lambda
(x)+y_\lambda (x)(\mu -\lambda )\int_0^x\Frac1{y_\lambda
(t)^2}\dt$. On en tire $y_\lambda (x)y_\mu (x)=y_\lambda
^2(x)+y_\lambda ^2(x)(\mu -\lambda )\int_0^x\Frac1{y_\lambda
(t)^2}\dt$; cependant, $y_\lambda ^2$ d\'ecro\^\i t donc
$\Frac1{y_\lambda (t)^2}\le \Frac1{y_\lambda (x)^2}$ pour $0\le
t\le x$, ce qui am\`ene pour $x\ge 0$: $y_\lambda (x)y_\mu (x)\le
y_\lambda ^2(x)+(\mu -\lambda )x\le y_\lambda ^2(0)+(\mu -\lambda
)x=1+(\mu -\lambda )x$.

\question %6
On peut \'echanger les r\^oles de $y_\lambda $ et $y_\mu $
gr\^ace \`a l'\'equation $(E')$. On en d\'eduit que pour $-x\ge
0$ l'on a $y_\mu (-x)y_\lambda (-x)\le 1+(\lambda -\mu )(-x)$ et
donc pour $x\le 0$ il vient $y_\lambda (x)y_\mu (x)\le 1+(\lambda
-\mu )x$. Les deux in\'egalit\'es se rassemblent en
\encadre{$y_\lambda (x)y_\mu (x)\le 1+(\mu -\lambda )|x|$\qed}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE II %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %II
\question %1
Soit
$h(x)=\Frac1{\lambda -\mu }
\Bigl[y_\lambda (x)\int _{-\infty }^xy_\mu (t)f(t)\dt+y_\mu (x)\int _x^{+\infty }y_\lambda (t)f(t)\dt\Bigr]
$.
L'existence de $h$ repose avant tout sur l'int\'egrabilit\'e de
$y_\lambda f$ sur $[x,+\infty [$. Or, $y_\lambda $ est born\'ee
(positive d\'ecroissante) et $f$ est suppos\'ee int\'egrable,
donc $y_\lambda f$ est int\'egrable. est bien d\'efinie et
appartient \`a $\E_f$. On traite l'autre int\'egrale de le m\^eme
fa\c con. D\'erivons un peu:

\hfil\cascade{
(\lambda -\mu )\D h(x)
&=\Dy_\lambda (x)\int _{-\infty }^xy_\mu (t)f(t)\dt+y_\lambda (x)y_\mu (x)f(x)
          +\Dy_\mu (x)\int _x^{+\infty }y_\lambda (t)f(t)\dt-y_\lambda (x)y_\mu (x)f(x)\\
&=\Dy_\lambda (x)\int _{-\infty }^xy_\mu (t)f(t)\dt+\Dy_\mu (x)\int _x^{+\infty }y_\lambda (t)f(t)\dt\\
(\lambda -\mu )\D^2h(x)
&=\D^2y_\lambda (x)\int _{-\infty }^xy_\mu (t)f(t)\dt+\Dy_\lambda (x)y_\mu (x)f(x)\\
&\qquad\qquad      +\D^2y_\mu (x)\int _x^{+\infty }y_\lambda (t)f(t)\dt-y_\lambda (x)\Dy_\mu (x)f(x)\\
&=q(x)(\lambda -\mu )h(x)+W(y_\mu ,y_\lambda )(x)f(x)\\}
et le wronskien de $y_\mu $ et $y_\lambda $ est constant, valant $\lambda -\mu $. On
en d\'eduit que $h$ est solution de $(E_f)$\qed

{\sl Autre solution:}
On utilise la m\'ethode de variation des constantes, qui revient
\`a chercher une solution $z$ de $(E_f)$ sous la forme
$z=uy_\lambda +vy_\mu $ avec $\D uy_\lambda +\D vy_\mu =0$. On
aboutit au syst\`eme de Cramer $\cases{\D u\Dy_\lambda +\D
v\Dy_\mu &$=f$\\ \D uy_\lambda +\D vy_\mu &$=0$}$ (d'inconnues
$\D u,\D v$), syst\`eme dont le d\'eterminant est pr\'ecis\'ement
le wronskien \'evoqu\'e pr\'ec\'edemment.

\question %2
Utilisons la positivit\'e et les monotonies des fonctions $y_\lambda $ et $y_\mu $:
$$
\eqalign{
(\mu -\lambda )|h(x)|
&\le \int _{-\infty }^xy_\lambda (x)y_\mu (t)|f(t)|\dt+\int _x^{+\infty }y_\mu (x)y_\lambda (t)|f(t)|\dt\\
&\le \int _{-\infty }^xy_\lambda (t)y_\mu (t)|f(t)|\dt+\int _x^{+\infty }y_\mu (t)y_\lambda (t)|f(t)|\dt
 =\int _{\R}y_\lambda (t)y_\mu (t)|f(t)|\dt\\
&\le \int _{\R}(1+(\mu -\lambda )|t|)|f(t)|\dt\>.}
$$
La derni\`ere int\'egrale existe bien en raison de l'int\'egrabilit\'e de
$xf(x)$. Ainsi, $h$ est une fonction born\'ee\qed

\question %3
La fonction $h$ qu'on vient d'\'etudier est bien une solution
born\'ee de $(E_f)$. Si une autre solution born\'ee $h_1$
existait, $h-h_1$ serait une solution born\'ee non nulle de
$(E)$, ce qui est exclu d'apr\`es la question
I1\hbox{$^\circ$}b\qed

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE III %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %III                                   
\question %1
On majore par positivit\'e de $t$ et $q(t)$: $x\int _x^{+\infty
}q(t)\dt\le \int _x^{+\infty }tq(t)\dt$ qui est de limite nulle
par d\'efinition de l'int\'egrabilit\'e de $xq(x)$. Sur ce, la
fonction $Q(x)=\int _x^{+\infty }q(t)\dt$ est positive,
d\'ecroissante. On int\`egre par parties:
$$
\int_0^aQ(x)\dx
=aQ(a)-\int_0^a t\D Q(t)\dt
=aQ(a)+\int_0^a tq(t)\dt\le aQ(a)+\int_0^{+\infty }tq(t)\dt
$$
et comme $aQ(a)$ converge quand $a$ tend vers l'infini,
$\int_0^aQ(x)\dx$ est born\'ee, et $Q$ est int\'egrable sur
$\R_+$ par positivit\'e. Faisant tendre $a$ vers l'infini il
vient: $\int_0^{+\infty }Q(x)\dx=\int_0^{+\infty }tq(t)\dt\qed$

\questiona %2a
$y$ \'etant born\'ee (par $M$) on peut \'ecrire $|q(t)y(t)|\le
q(t)M$ qui est int\'egrable; donc $\int _x^{+\infty }q(t)y(t)\dt$
existe et est de limite nulle quand $x$ tend vers $+\infty $.
Notons $v(x)=\Dy(x)+\int _x^{+\infty }q(t)y(t)\dt$. Par
d\'erivation on trouve $\D v(x)=\D^2y(x)-q(x)y(x)\ge 0$
(hypoth\`ese), donc $v$ est croissante. Notons $\ell $ sa limite
en $+\infty $ (elle est finie ou $+\infty $); on a aussi
$\Lim_{x\to +\infty }\Dy(x)=\ell $. Si $\ell $ \'etait
strictement positive ou $+\infty $, une minoration de $\Dy(x)$
par $ax$ (avec $a>0$ et $x\ge x_0$) entra\^\i nerait par
int\'egration $y(x)\ge ax+b$ pour une certaine constante $b$, ce
qui n'est pas possible pour une fonction born\'ee. Ainsi, on a
$\ell \le 0$ et $v$ est n\'egative\qed

\sousquestion %2b
La fonction $x\mapsto x\bigl[\D^2y(x)-q(x)y(x)\bigr]$ est
positive sur $\R_+$, donc son int\'egrabilit\'e revient \`a la
majoration des int\'egrales
$J(a)=\int_0^ax\bigl[\D^2y(x)-q(x)y(x)\bigr]\dx$. On int\`egre
encore par parties et on applique ce qui pr\'ec\`ede:
$$
J(a)=av(a)-\int_0^av(x)\dx
\le -\int_0^a\Dy(x)\dx-\int_0^a\int_x^{+\infty }q(t)y(t)\dt\dx
=2M+\int_0^aMQ(x)\dx
$$
quantit\'e finie puisque $Q$ est int\'egrable\qed

\question %3
Supposons qu'il existe une solution $y$ born\'ee de $(E_f)$.
Comme $f$ est positive on peut poser $\D^2y(x)-q(x)y(x)=f(x)\ge
0$ et la question 2\hbox{$^\circ$}b s'applique et il vient
aussit\^ot que $xf(x)$ est int\'egrable sur $\R_+$. On \og
retourne\fg{} alors l'\'equation en rempla\c cant $q(x)$ par
$q(-x)$ et $f(x)$ par $f(-x)$; l'application des id\'ees
pr\'ec\'edentes \`a cette nouvelle situation montre que $xf(x)$
est int\'egrable sur $\R_-$. A contrario, si $xf(x)$ n'est pas
int\'egrable sur $\R_+$, il n'existe pas de solution born\'ee\qed

%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE IV %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %IV
Avec $q=1$, on a $y_\mu (x)=e^{-x}$ et $y_\lambda (x)=e^x$. Si on
prend $f_1=1$ (non int\'egrable), la solution constante $-1$ est
born\'ee. Si on prend $f_2(x)=x^2$, on trouve les solutions
$2-x^2+\alpha e^x+\beta e^{-x}$: aucune n'est born\'ee. La raison
est \'evidemment que $xq(x)$ n'est pas int\'egrable.

\bye
