%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% XM' 1 1994 CORRIGE %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% realise par Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 Bordeaux
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% 19 rue de Lyon 33000 BORDEAUX
% Le corrig\'e proprement dit commence en ligne 61. Adapter ligne 28.
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\def\int{\textstyle\INT}
\razqnofalse
%
\def\cotg{\mathop{\rm cotg}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\grostitre{X 94 Option M', Premi\`ere \'epreuve - Corrig\'e}
\centerline{\eightit Auteur: Robert Cabane
{\eighttt (rcabane@online.fr)}
\hfil\hfil\the\day/\the\month/\the\year
}

{\sl Enonc\'e r\'esum\'e:} \'equations diff\'erentielles li\'ees \`a l'op\'erateur
$\Frac{d^2}{dx^2}+\cotg.\Frac{d}{dx}$

\partie %I
\question %1
Soit $f\in E_1^i$; par imparit\'e elle est nulle en 0, et aussi en $\pi $ parce que
$f(\pi )=f(-\pi )$ par p\'eriodicit\'e et $f(\pi )=-f(-\pi )$ par imparit\'e. La p\'eriode de $f$
entra\^\i ne sa nullit\'e sur $\pi \Z$. On a, de fait, le DL de $f$ en 0:
$f(x)=xf'(0)+o(x)$, donc $\Frac{f(x)\cos x}{\sin
x}=\Frac{(xf'(0)+o(x))(1+o(x))}{x+o(x^2)}=f'(0)+o(1)$. C'est dire que la
fonction $f\cotg$ a pour limite en 0 $f'(0)$. De m\^eme, en $\pi $ on a
$f(\pi +x)=xf'(\pi )+o(x)$, donc $\Frac{f(\pi +x)\cos x}{\sin
x}=\Frac{(xf'(\pi )+o(x))(1+o(x))}{x+o(x^2)}=f'(\pi )+o(1)$. En somme, on a
$\Lim_{m\pi }f\cotg=f'(m\pi )$ lequel vaut $f'(0)$ ou $f'(\pi )$ selon la parit\'e de $m$.
Nous prolongeons donc $f\cotg$ sur $\R$ en une fonction continue,
$2\pi $-p\'eriodique. Comme, de plus, $f$ est impaire comme cotg, $f\cotg$ est paire
sur $\Omega $, donc son prolongement l'est aussi. Ceci nous permet de consid\'erer que
$f\cotg\in E_0^p$.

\questiona %2a
V\'erifications faciles mais n\'ecessaires\dots

\sousquestion %2b
Consid\'erons $G(x)=\int_0^xg(t)\dt$. C'est une fonction de classe $\cur C^k$ sur
$\R$. Elle est $2\pi $-p\'eriodique car
$G(x+2\pi )=\int_0^{2\pi }g(t)\dt+\int_{2\pi }^{x+2\pi }g(t)\dt=
\int_0^{2\pi }g(t)\dt+\int_0^xg(t)\dt=G(x)$ en raison de l'hypoth\`ese
$\int_0^{2\pi }g(t)\dt=0$. Sa d\'eriv\'ee est $g'$, paire ou impaire, donc $G$ est
impaire ou paire \`a une constante pr\`es.
Dans le cas o\`u $g$ est impaire, $G$ est paire et toutes les primitives de $g$
appartiennent \`a $E_k^p$.
Dans le cas o\`u $g$ est paire:
$0=g(x)-g(-x)=G'(x)-G'(-x)=\Frac{d}{dx}(G(x)+G(-x))$ donc
$G(x)+G(-x)$ est constante, et nulle \`a cause de la valeur en 0. Donc $G$ est de
parit\'e contraire \`a $g$. D'autres primitives de $g$ existent, mais seule $G$ est
impaire et appartient \`a $E_k^i$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% II %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %II
\questiona %3a
Selon ce que l'on a vu au I1\hbox{$^\circ$}, $A(f)(m\pi )=2f"(m\pi )$.

\sousquestion %3b
$A(f)\sin=f"\sin+f'\cos=(f'\sin)'$ a priori sur $\Omega $, mais en fait sur $\R$ en
prolongeant par continuit\'e.

\sousquestion %3c
Si $A(f)=0$, alors $f'\sin$ est constante et nulle parce qu'elle doit \^etre
nulle en 0. Donc $f$ est constante (r\'eciproque vraie). Noter que la dimension
du noyau de $A$ est 1, et non pas 2 (les autres solutions de $y"+y'\cotg=0$ ne
sont pas born\'ees en 0).

\sousquestion %3d
$\int_0^\pi A(f)(x)\sin x\dx=\int_0^\pi (f'\sin)'(x)\dx=0-0$

\question %4
{\sl Remarque pr\'ealable:}
La formule propos\'ee ne doit pas surprendre, car elle r\'esulte de la m\'ethode de
variation de la constante appliqu\'ee \`a l'\'equation $y"+y'\cotg=h$. Cette id\'ee ne
suffit pas \`a r\'epondre \`a la question, car la m\'ethode de r\'esolution de l'\'equation
suppose {\sl a priori} que la solution existe sur un intervalle; ici, la
singularit\'e de la cotangente en 0 s'oppose \`a toute approche th\'eorique de cette
esp\`ece.

{\sl Unicit\'e:}
Si $f$ et $g$ conviennent, $f-g$ appartient au noyau de $A$, donc est
constante, donc nulle \`a cause de la valeur en 0.

{\sl Existence:}
Nous allons v\'erifier que la formule propos\'ee a un sens, et convient. Soit
$F(y)=\int_0^yh(u)\sin u\,du$; comme $h\sin$ appartient \`a $E_0^i$, et que $F(\pi )=0$
par hypoth\`ese, la question I2\hbox{$^\circ$}b montre que $F\in E_1^p$. En 0, on a les
d\'eveloppements limit\'es $h(u)\sin u=(h(0)+o(1))(u+o(u))=uh(0)+o(u)$, donc la
primitive $F$ de $h\sin$ a un DL d'ordre 2 en 0, de la forme
$F(y)=h(0)\Frac{y^2}2+o(y^2)$, d'o\`u $\Frac{F(y)}{\sin y}=h(0)\Frac{y}2+o(y)$, ce
qui prouve que $\Frac{F}{\sin}$ se prolonge par continuit\'e en 0 (valeur nulle),
et y devient une fonction d\'erivable, de d\'eriv\'ee $\Frac{h(0)}2$ (th\'eor\`eme connu:
l'existence d'un DL d'ordre $\ge 1$ entra\^\i ne la d\'erivabilit\'e). En $\pi $, on a
$h(\pi +u)\sin(\pi +u)=-(h(\pi )+o(1))(u+o(u))=-uh(\pi )+o(u)$, d'o\`u
$F(y)=F(\pi )-h(\pi )\Frac{(y-\pi )^2}2+o((y-\pi )^2)$, et $F(\pi )=0$ par hypoth\`ese. Soit:
$\Frac{F(y)}{\sin y}=+h(\pi )\Frac{y-\pi }2+o(y-\pi )$, et m\^eme conclusion. Globalement,
$\Frac{F}{\sin}$ se prolonge en une fonction appartenant \`a $E_1^i$. Appliquant \`a
nouveau la question I2\hbox{$^\circ$}b, on en d\'eduit que $f(x)=\int_0^x\Frac{F(y)}{\sin y}\,dy$
est une fonction de $E_2^p$. Elle v\'erifie $f(0)=0$ par nature; et on a $f'(x)\sin
x=\int_0^xh(u)\sin u\,du$ donc $(f'\sin)'=A(f).\sin=h.\sin$ d'o\`u $A(f)=h$ sur
$\Omega $, donc aussi sur $\R$ par prolongement.

\question %5
On ne peut pas appliquer directement le th\'eor\`eme liant convergence uniforme et
d\'erivation, toujours \`a cause de la singularit\'e de la cotangente en 0.
Introduisons $g_n(x)=f_n(x)-f_n(0)$, qui v\'erifie $g_n(0)=0$, et qui converge vers
$g(x)=f(x)-f(0)$. Posons $A(g_n)=A(f_n)=h_n\in E_0^p$. On suppose ici que $(h_n)$ converge
uniform\'ement vers $h$, ce qui entra\^\i ne que $h\in E_0^p$. En appliquant la question
II3\hbox{$^\circ$}d, on a $\int_0^\pi h_n(x)\sin x\dx=0$. La question II4\hbox{$^\circ$} entra\^\i ne alors la
formule $g_n(x)=\int_0^x\Frac1{\sin y}\bigl(\int_0^yh_n(u)\sin u\,du\bigr)\,dy$.
Il faudrait pouvoir passer \`a la limite, mais ce n'est pas possible sous cette
forme (\`a cause de $\Frac1{\sin y}$). Plut\^ot que d'utiliser le th\'eor\`eme de
Fubini (d\'elicat \`a cause de la discontinuit\'e), nous ferons une int\'egration par
parties:
$$
g_n(x)=\bigl[\ln|\tan(\frac y2)|\int_0^yh_n(u)\sin u\,du\bigr]_0^x
-\int_0^x\ln|\tan(\frac u2)|h_n(u)\sin u\,du
$$
La borne inf\'erieure 0 ne pose pas de probl\`eme car $\int_0^th_n(u)\sin u\,du$ et
$h_n(t)\sin t$ sont des ${\cal O}(t)$, permettant d'absorber le $\ln|\tan(\frac
t2)|$. Soit:
$$
g_n(x)=\ln|\tan(\frac x2)|\int_0^xh_n(u)\sin u\,du
-\int_0^x\ln|\tan(\frac u2)|h_n(u)\sin u\,du
=\int_0^x\ln\Bigl|\Frac{\tan(\frac x2)}{\tan(\frac u2)}\Bigr|h_n(u)\sin u\,du
$$
Cette int\'egrale est de la forme $\int_0^yh_n(u)\varphi (u)\,du$,
avec $\varphi $ continue. La convergence uniforme de $(h_n)$ permet de passer \`a la
limite dans ces int\'egrales, pour $y$ fix\'e, ce qui donne:
$$
g(x)=\int_0^x\ln\Bigl|\Frac{\tan(\frac x2)}{\tan(\frac u2)}\Bigr|h(u)\sin u\,du
=\int_0^x\Frac1{\sin y}\bigl(\int_0^yh(u)\sin u\,du\bigr)\,dy
$$
en d\'efaisant ce que nous venons de faire. Comme \`a la question 4\hbox{$^\circ$}, cette formule
d\'esigne un \'el\'ement $g$ de $E_2^p$ tel que $A(g)=h$. On en tire imm\'ediatement que
$f\in E_2^p$ et $A(f)=h$.

\question %6
Supposons que $f$ atteigne son maximum absolu sur $[0,\pi ]$ en un point $\xi $. En
un maximum la d\'eriv\'ee s'annule, soit $f'(\xi )=0$. La d\'eriv\'ee seconde ne peut \^etre
strictement positive en $\xi $, car cela donnerait $f'$ strictement croissante au
voisinage de $\xi $, faisant de $\xi $ un minimum local strict, exclu. Donc
$f"(\xi )\le 0$. Si $\xi $ est dans $]0,\pi [$,il vient $A(f)(\xi )=f"(\xi )\le 0$. Dans le cas o\`u
$\xi =m\pi $, nous avons d\'ej\`a vu en I3\hbox{$^\circ$}a que $A(f)(\xi )=2f"(\xi )\le 0$. Le traitement du
minimum $\eta$ est identique (changer $f$ en $-f$ permet d'\'echanger les r\^oles
de $\xi $ et $\eta$). On a donc $A(f)(\eta)\ge 0$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% III %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %III
\question %7
Quitte \`a changer $f$ en $-f$, nous pouvons supposer qu'elle atteint son maximum
en un point $\xi $ tel que $f(\xi )=\|f\|>0$. Nous savons alors (II6\hbox{$^\circ$}) que $A(f)(\xi )\le 0$.
Donc, puis que $\mu $ est strictement positif: $h(\xi )=A(f)(\xi )-\mu f(\xi )\le -\mu f(\xi )<0$, soit
$\|f\|=f(\xi )\le -\Frac1\mu h(\xi )\le \Frac1\mu \|h\|$.

\questiona %8a
$P_n$ est en fait l'espace des polyn\^omes trigonom\'etriques pairs, d'ordre $n$ au
plus. 

\Lemme. Si $f\in P_n$, $g\in P_p$, alors $fg\in P_{n+p}$.
\Preuve Il suffit de le v\'erifier sur les bases de ces espaces, or
$2\cos nx\cos px=\cos(n+p)x+\cos(n-p)x$.

On a ici: $(A-\mu I)(\cos kx)=-(\mu +k^2)\cos kx-k\cotg x\sin kx$. Il suffit de voir
que $u_{k-1}(x)=\Frac{\sin kx}{\sin x}$ appartient \`a $P_k$. Pour $k=1$ et $k=2$
c'est imm\'ediat. Supposons-le pour tout $k\le n$. Or on a
$u_n(x)-u_{n-2}(x)=\Frac{\sin(n+1)x-\sin(n-1)x}{\sin x} =2\cos nx$, ce qui
confirme la r\'ecurrence.

Plus pr\'ecis\'ement, montrons que $\cotg x\sin kx=\cos kx+v_k(x)$, avec
$v_k\in P_{k-2}$. C'est \'evident pour $k=1$ et $k=2$ ($2\cos^2x=\cos 2x+1$). Si c'est
vrai pour $k-2$, on \'ecrit
$$
\cotg x(\sin kx-\sin(k-2)x)=2\cos x\cos(k-1)x=\cos kx+\cos(k-2)x\leqno{\qquad(*)}
$$
d'o\`u $\cotg x\sin kx=\cos kx+\cos(k-2)x+v_{k-2}=\cos kx+v_k$. En fait (mais on
n'en a pas besoin), on v\'erifie par r\'ecurrence gr\^ace \`a $(*)$ les formules $\cotg
x\sin 2kx=\cos 2kx+2\sum_{j=1}^{k-1}\cos2(k-j)x+1$ et $\cotg x\sin(2k+1)x=\cos
(2k+1)x+2\sum_{j=1}^k\cos(2k+1-2j)x$.

On a finalement
$(A-\mu I)(\cos kx)=-(\mu +k(k+1))\cos kx-2k\sum_{j=0}^{E(k/2)}\cos(k-2j)x$
d'o\`u il r\'esulte que la matrice de $A-\mu I$ dans la base donn\'ee de $P_n$ est
triangulaire sup\'erieure, avec une diagonale non nulle. Donc $(A-\mu I)(P_n)=P_n$
exactement. A l'occasion nous voyons que $A$ poss\`ede les valeurs propres
$-k(k+1)$ ($k\in \N$).

\sousquestion %8b
{\sl Unicit\'e: }
On se ram\`ene \`a consid\'erer $h=(A-\mu I)(f)=0$. La question 7\hbox{$^\circ$} montre qu'alors
$f=0$.

{\sl Existence: }
Sachant que $h\in E_1^p$, on peut la d\'evelopper en s\'erie de Fourier normalement
convergente: $h(x)=\Frac{a_0}2+\sum_1^\infty a_n\cos nx$. Consid\'erons alors
$h_n(x)=\Frac{a_0}2+\sum_1^na_p\cos px$, qui appartient \`a $P_n$ et converge
uniform\'ement vers $h$. Comme $A-\mu I$ est surjective sur $P_n$, il existe pour
tout $n$ un polyn\^ome trigonom\'etrique $\varphi _n\in P_n$ tel que $\cos nx=(A-\mu I)(\varphi _n)$. En
appliquant le 7\hbox{$^\circ$} \`a $\varphi _n$, on voit que $\|\varphi _n\|\le \Frac1\mu \|\cos\|=\Frac1\mu $. Nous avons
aussi $h_n=(A-\mu I)(f_n)$ avec $f_n=\Frac{a_0\varphi _0}2+\sum_1^na_p\varphi _p$; ceci constitue une
s\'erie normalement convergente puisque les $\varphi _p$ sont uniform\'ement born\'ees. Soit
$f$ la limite (uniforme) des $f_n$; et $A(f_n)=\Frac{a_0A(\varphi _0)}2+\sum_1^na_pA(\varphi _p)
=h_n+\mu f_n$ converge aussi uniform\'ement. En appliquant la question II5\hbox{$^\circ$}, on
obtient que $f\in E_2^p$ et que $A(f)=\Lim A(f_n)=h+\mu f$, ce qu'il fallait.
% Crit\`ere de Cauchy uniforme dit le rapport (voir $\|h_n-h_p\|\ge \mu \|f_n-f_p\|$)

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% IV %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %IV
\question %9
On \'etudie ici l'espace propre de la valeur propre $-2$ de $A$. Supposons qu'il
existe $\beta \in ]0,\pi [$ tel que $f(\beta )\ne 0$. La fonction continue $|f|$ atteint son
maximum sur $[0,\beta ]$ en un point $\alpha \in ]0,\pi [$ puisque $f(0)=0$, donc
$|f(\alpha )|=\Sup_{[0,\alpha ]}|f(x)|>0$. On a aussi $Af=-2f$, donc
$2\int_0^\pi f(t)\sin t\dt=-\int_0^\pi A(f)(t)\sin t\dt=0$ selon II3\hbox{$^\circ$}d, et la
question II4\hbox{$^\circ$} s'applique.
$$
\eqalign{|f(\alpha |
&=2\Bigl|\int_0^\alpha \Frac1{\sin y}\textstyle\int_0^yf(u)\sin u\,du\Bigr|\,dy\cr
&\le 2|f(\alpha |\int_0^\alpha \Frac1{\sin y}\textstyle\int_0^y\sin u\,du\,dy
 =2|f(\alpha |\int_0^\alpha \Frac{1-\cos y}{\sin y}\,dy
 =-4|f(\alpha |\ln|\cos\frac{\alpha }2|
}$$
en utilisant $\Frac{1-\cos y}{\sin y}=\tan\Frac{y}2$.
Or, si $\alpha $ est assez petit, $-4\ln|\cos\frac{\alpha }2|$ est inf\'erieur \`a 2, d'o\`u
$|f(\alpha )|=0$, exclu. Donc $f(\beta )=0$ pour tout $\beta >0$ assez petit, et aussi pour
$\beta <0$ par parit\'e.

\question %10
R\'eponse \'evidente et pressentie au 8\hbox{$^\circ$}a: $f_0=\cos$.

\question %11
Soit $f\in E_2^p$ telle que $(A+2I)(f)=0$ (seul ce cas est \`a examiner). Soit
$g=f-f(0)\cos$ qui est une autre solution au probl\`eme, et v\'erifie $g(0)=0$.
D'apr\`es la question 9\hbox{$^\circ$}, $g$ est nulle sur un voisinage $V$ de 0. Soit $\beta \in V$. Au
voisinage de $\beta $ nous avons deux solutions de l'\'equation diff\'erentielle
lin\'eaire $A(f)+2f=0$, \`a savoir $g$ et 0, satisfaisant \`a la m\^eme condition
initiale $g(\beta )=0$, $g'(\beta )=0$. D'apr\`es le th\'eor\`eme de Cauchy relatif aux
\'equations diff\'erentielles lin\'eaires, $g$ et 0 co\"\i ncident sur $]0,\pi [$, donc sur
$\R$ par continuit\'e. Finalement, $f$ est proportionnelle au cosinus.

\question %12
La dimension de l'espace des solutions \`a trouver est 2; on conna\^\i t d\'ej\`a le
cosinus et la m\'ethode de variation de la constante en fournira une autre.
Soit donc $y=u\cos$. L'\'equation devient: $u"\cos+u'(\cos\cotg-2\sin)=0$; on
pose $v=u'$ et on trouve $v(x)=\Frac{C}{\sin x\cos^2x}$. Pour trouver la
primitive, une petite astuce:
$\Frac1{\sin x\cos^2x}=\Frac{\cos^2x+\sin^2x}{\sin x\cos^2x}
=\Frac1{\sin x}+\Frac{\sin x}{\cos^2x}$
dont la primitive est $\Frac1{\cos x}+\ln\bigl|\tan\Frac x2\bigr|$. Les
solutions sont donc de la forme
$y=D\cos x+C\left(1+\cos x\ln\bigl|\tan\Frac x2\bigr|\right)$.
Ces solutions ne sont pas born\'ees en 0, en-dehors de celles que nous avons d\'ej\`a
trouv\'ees.
       
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% V %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\partie %V
\questiona %13a
On a $(A-\mu I)(\varphi _1)=he^m-a-\mu m\le -\mu m=(A-\mu I)(m)$, donc
$(A-\mu I)(\varphi _1-m)\le 0$. Soit $\psi =\varphi _1-m$.
Supposons que $\psi $ atteigne son minimum en un point $\eta$. Nous savons d'apr\`es
la question II6\hbox{$^\circ$} que $A(\psi )(\eta)=\mu \psi (\eta)+k(\eta)\ge 0$, soit
$\psi (\eta)\ge -\Frac1\mu k(\eta)\ge 0$, donc $\psi =\varphi _1-m\ge 0$.

\sousquestion %13b
Supposons d'abord que $\varphi _k\le M$ (vrai pour $k=0$). Nous avons
$(A-\mu I)(\varphi _{k+1}-M)=he^{\varphi _k}-a-\mu (M-\varphi _k)$. Posons $\psi =\varphi _{k+1}-M$, consid\'erons $\xi $
tel que $\varphi _{k+1}(\xi )$ soit maximal; on a donc (6\hbox{$^\circ$}) $A\psi (\xi )\le 0$, soit
$\mu (\varphi _{k+1}(\xi )-M)\le a-h(\xi )e^{\varphi _k(\xi )}-\mu (M-\varphi _k(\xi ))$. Pour \^etre s\^urs que $\varphi _{k+1}\le M$,
il suffit que $a-h(\xi )e^{\varphi _k(\xi )}\le \mu (M-\varphi _k(\xi ))$. Si $M=\varphi _k(\xi )$, c'est vrai car
$a-h(\xi )e^{\varphi _k(\xi )}=a-h(\xi )e^M\le 0$ par hypoth\`ese. Sinon, la condition suffisante
s'\'ecrit $\mu \ge \Frac{a-h(\xi )e^{\varphi _k(\xi )}}{M-\varphi _k(\xi )}=\beta _k$.
On a aussi $\beta _k\le h(\xi )\Frac{e^M-e^{\varphi _k(\xi )}}{M-\varphi _k(\xi )}\le h(\xi )\Sup_{[\varphi _k(\xi ),M]}\exp'
\le \|h\|e^M=\mu _0$, nombre qui ne d\'epend pas de $k$. Nous supposerons d\'esormais que
$\mu \ge \mu _0$; la condition suffisante $\mu \ge \beta _k$ est v\'erifi\'ee, et la r\'ecurrence
fonctionne.

Puis supposons que $\varphi _{k-1}\le \varphi _k$ (vrai pour $k=0$).
Soit $\eta$ le point o\`u $\varphi _{k+1}-\varphi _k$ atteint son minimum.
On a donc
$A(\varphi _{k+1}-\varphi _k)(\eta)=h(e^{\varphi _k}-e^{\varphi _{k-1}})(\eta)+\mu (\varphi _{k+1}-2\varphi _k+\varphi _{k-1})(\eta)\ge 0$
soit
$\mu (\varphi _{k+1}-\varphi _k)(\eta)\ge \mu (\varphi _k-\varphi _{k-1})(\eta)-h(e^{\varphi _k}-e^{\varphi _{k-1}})(\eta)$.
Si $\varphi _k(\eta)=\varphi _{k-1}(\eta)$, alors $(\varphi _{k+1}-\varphi _k)(\eta)\ge 0$, d'o\`u le r\'esultat
attendu. Sinon, par le th\'eor\`eme des accroissements finis, il existe $\gamma $ tel que
$e^{\varphi _k(\eta)}-e^{\varphi _{k-1}(\eta)}=(\varphi _k(\eta)-\varphi _{k-1}(\eta))\exp(\gamma )$ et les
fonctions $\varphi _k$ et $\varphi _{k-1}$ prennent leurs valeurs dans $[m,M]$ pour $\mu \ge \mu _0$,
donc $e^{\varphi _k(\eta)}-e^{\varphi _{k-1}(\eta)}\le (\varphi _k(\eta)-\varphi _{k-1}(\eta))e^M$. Il en
r\'esulte $\mu (\varphi _{k+1}-\varphi _k)(\eta)\ge (\mu -h(\eta)e^M)(\varphi _k-\varphi _{k-1})(\eta)\ge 0$ car
$\mu -h(\eta)e^M\ge \mu _0-h(\eta)e^M\ge 0$, ce qui ach\`eve la r\'ecurrence.

\questiona %14a
Nous supposerons d\'esormais que $\mu >\mu _0$. On vient de voir que la suite $(\varphi _k)$ est
croissante, major\'ee, donc converge. La convergence uniforme peut \^etre d\'emontr\'ee
par la convergence normale de la s\'erie t\'elescopique $\sum\varphi _{k+1}-\varphi _k$. On a
$(A-\mu I)(\varphi _{k+1}-\varphi _k)=h(e^{\varphi _k}-e^{\varphi _{k-1}}-\mu (\varphi _k-\varphi _{k-1})$. En appliquant la
question III7\hbox{$^\circ$}, on trouve
$\|\varphi _{k+1}-\varphi _k\|\le \Frac1\mu \|h(e^{\varphi _k}-e^{\varphi _{k-1}})-\mu (\varphi _k-\varphi _{k-1})\|$. Soit $x\in \R$,
\'etudions $\Delta (x)=h(x)(e^{\varphi _k(x)}-e^{\varphi _{k-1}(x)})-\mu (\varphi _k(x)-\varphi _{k-1}(x))$. Comme
ci-dessus, il existe $\gamma \in [m,M]$ tel que
$e^{\varphi _k(x)}-e^{\varphi _{k-1}(x)}=(\varphi _k(x)-\varphi _{k-1}(x))e^\gamma \ge 0$. Donc
$\Delta (x)=(\varphi _k(x)-\varphi _{k-1}(x))(h(x)e^\gamma -\mu )\le 0$ \`a cause de la croissance de la suite
$(\varphi _n)$, et par le choix de $\mu $. On peut donc majorer $|\Delta (x)|$ par
$\|\varphi _k-\varphi _{k-1}\|(\mu -\|h\|e^M)=\|\varphi _k-\varphi _{k-1}\|(\mu -\mu _0)$ d'o\`u $\|\varphi _{k+1}-\varphi _k\|\le \rho \|\varphi _k-\varphi _{k-1}\|$
avec $\rho =1-\Frac{\mu _0}{\mu }<1$. Donc $\|\varphi _{k+1}-\varphi _k\|\le \rho ^k\|\varphi _1-m\|$, d'o\`u le r\'esultat.

{\sl Remarque: }le th\'eor\`eme de Dini ne peut s'appliquer parce qu'on ne sait pas
si la limite est continue.

\sousquestion %14b
{\sl Existence: }
On choisit n'importe quel $\mu >\mu _0$. Soit $\varphi $ la limite de $(\varphi _k)$. Ainsi, la suite
$(e^{\varphi _k})$ converge uniform\'ement vers $e^\varphi $. Donc
$A\varphi _{k+1}=\mu \varphi _{k+1}+he^{\varphi _k}-a-\mu \varphi _k$ converge uniform\'ement vers $he^\varphi -a$. On peut
donc appliquer la question II5\hbox{$^\circ$}, pour savoir que $\varphi \in E_2^p$ et que $A(\varphi )+a=he^\varphi $.

{\sl Unicit\'e: }
Supposons que $f$ et $g$ soient solutions; on a $A(f-g)=h(e^f-e^g)$. Soit $\xi $
un point o\`u $f-g$ atteint son maximum. On a donc $A(f-g)(\xi )\le 0$, d'o\`u
$e^{f(\xi )}\le e^{g(\xi )}$, donc aussi $f(\xi )\le g(\xi )$; ce qui oblige $f-g$ \`a \^etre
n\'egative. En inversant les r\^oles de $f$ et $g$, on obtient $f-g=0$, ce qu'il
fallait.

\bye

%%% Local Variables: 
%%% mode: plain-tex
%%% TeX-master: t
%%% End: 

