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Oral X

Bonjour.

Soit $x$ une fonction dérivable et bornée de $\R$ dans $\R$ telle que : $\forall t \in \R, \ x'(t)=x(t-1)$.
Montrer que $x=0$.

Pour l'instant, j'ai réussi seulement à prouver que $x$ s'annule au moins une fois par argument de convexité. Avez-vous des idées ?

Réponses

  • Ben si tu as trouvé un endroit où la fonction s'annule, par unicité dans Cauchy-Lipchitz, vu que la fonction nulle est solution, c'est la seule...

    EDIT : bon en fait, peut-être qu'il ne s'agit pas d'un problème de Cauchy car je ne vois pas comment mettre le problème sous la forme $x'=f(t,x)$.
    On peut montrer sans mal que $x^{(k)}(t)=x(t-k)$ donc $x$ est $\mathcal{C}^{\infty}$ et toutes ses dérivées sont bornées (par une même constante). Je crois que ça montre qu'elle est développable en série de Taylor. Reste à voir ce qu'impose l'unicité de ce développement dans l'équation $x'(t)=x(t-1)$.
  • Non, cette équation ne relève pas du théorème de Cauchy-Lipschitz.
  • L'identification des coefficients dans $x'(t)=x(t-1)$ ne donne rien de sympathique.
  • Bonjour
    Oui, je crois que montrer que $x$ s'annule au moins une fois est facile à démontrer. Donc je l'admet.

    Si $t_0$ est l'unique racine de x et sans restreindre la généralité je suppose que $x(t)>0$, pour $t>t_0.$ Mais alors $x'(t)>0$ pour tout $t>t_0+1$ ainsi $x$ est strictement croissante sur $[t_0+1,\infty)$ mais n'est pas bornée.

    Ce qui montre que $x$ s'annule au moins 2 fois. L'ensemble des zéros de $x$ n'est pas dense dans $\R$ (sinon $x=0$) donc on considère $t_0$ et $t_1$ deux zéros consécutifs de $x$. Dans $]t_0,t_1[$ il existe $c$ tel que $x'(c)=0$ (le théorème de Rolle s'applique). Donc $c-1\leq t_0$ ou encore $c\leq t_0+1.$ Ce qui implique $t_1-t_0>1$

    Mais alors pour $t<t_2$ et assez proche $t_2$ on a $x'(t)=x(t-1)>0$ et c'est incompatible avec le fait que $x(t_1)=0.$

    D'où $x=0$
  • Pourquoi $x$ serait non bornée ? Les fonctions strictement croissantes mais bornées, ça existe.
  • Petite remarque : soit $f(t)=\cos t$. Alors $f'(t)=f(t-3\pi/2)$. Toute démonstration qui a l'air de marcher pour $3\pi/2$ à la place de $1$ est fausse.
  • bd2017, le premier paragraphe de preuve montre que la fonction admet au moins un un zéro, pas besoin de l'admettre au départ.
    Il y a effectivement un petit raccourci, HT, mais on peut s'en sortir facilement: $x$ est positive, strictement croissante et bornée, donc admet à l'infini une limite strictement positive $l>0$. Mais alors $x'$ aussi tend vers $l$, et c'est en contradiction avec $x$ bornée (par exemple par les AF).
  • J'ai du mal à établir ta contradiction (je ne vois pas le rapport avec le théorème des accroissements finis)
  • Les accroissement finis permettent de dire que $f(x+1)-f(x)\rightarrow l>0$, ce qui entraîne que $f$ n'est pas bornée: par exemple, dans l'esprit de Césaro, parce qu'une sommation téléscopique permet d'écrire $f(a+n)=f(a)+\sum_{k=0}^{n-1}(f(a+k+1)-f(a+k))$, soit $f(a+n) \sim_{+ \infty} nl$.
    Il y a sûrement plus économique ou élégant, cela revient simplement à ajouter les contributions de la dérivée, qui fait exploser linéairement la fonction.
  • bd2017, je n'ai pas compris ta dernière ligne : qui est $t_2$?
  • Comme j'ai indiqué, la démonstration de bd2017 ne peut pas être correcte.
  • Bonjour
    c'est une faute de frappe que j'ai corrigé ($t_2$ c'est $t_1$).

    Ensuite @HT évidemment j'ai pris des raccourcis et je crois que @Polka a répondu.
  • La remarque de JLT ici élimine beaucoup de pistes !
    Le fait que $\frac{3 \pi}{2}$ soit plus grand que 1 interviendrait-il dans cette histoire ?
  • Rebonjour
    Exact. Une inégalité est fausse. Donc je barre...Il faut donc chercher une solution avec des moyens élémentaires.

    En passant par la transformée de Fourier on a

    $i\xi \hat{x}(\xi)=e^{-i\xi} \hat{x}(\xi)$

    C'est à dire $(i\xi-e^{-i\xi}) \hat{x}(\xi)=0$

    Mais $(i\xi-e^{-i\xi})\neq 0, \forall \xi\in \R $ et finalement $\hat{x}(\xi)=0$ et $x(t)=0$ partout.

    P.S
    Si on remplace $1$ par $\dfrac{3 \pi}{2}$ on a

    $(i\xi-e^{-i\frac{3 \pi}{2} \xi}) \hat{x}(\xi)=0$

    Mais si $\xi=\pm 1, (i\xi-e^{-i\frac{3 \pi}{2} \xi}) =0$ donc par exemple

    $\hat{x}(\xi)=\sqrt{\dfrac{ \pi}{2}}(\delta_{-1}(\xi)+\delta_1(\xi)) $ est solution c'est à dire $x(t)=\cos(t)$ est solution.
  • Vu qu'il y a des translations en jeu, j'avais aussi fait ce calcul "formellement". En revanche, comment est-on sûr d'avoir toutes les solutions ? (on a trouvé celles pour lesquelles on peut utiliser Fourier, par exemple les solutions $L^{p}$). Je demande pour avoir une bonne rédaction dans ce type d'exercices.

    PS: En cherchant un peu, j'ai vu que ces équations s'appellent assez logiquement des équations différentielles à retard (ici constant).
  • Ici on sait tout de même que $x$ est $\cal{C}^{\infty}$ et est bornée.

    Donc $x\in \cal{S}'(\R)$ et on peut considérer sa transformée de Fourier au sens des distributions. Sinon se restreindre à un espace $L^p$ c'est oublier des solutions.

    Comme par exemple $x(t)=\cos(t)$ comme dans l'exemple qui a été donné par @JLT
  • Pas de transformé de Fourier au programme de prépa (trop facile sinon :-D).
  • bd2017 : non ce n'est pas correct, $\mathscr S(\mathbb R)$ c'est l'espace de Schwartz, ça veut dire que $x$ doit être à décroissance rapide, ainsi que leurs dérivées de tous ordres (on a seulement $x$ bornée ici).

    On ne peut donc pas utiliser la transformée de Fourier classique ici (il faut passer aux distributions, loin du programme de prépa).
  • On peut peut-être s'en sortir d'une façon similaire en utilisant seulement les séries entières.

    D'après l'équation, si $x$ convient, elle est de classe $C^{\infty}$ et toutes ses dérivées sont bornées par une même constante, disons $M$. Par conséquent, par comparaison à la série exponentielle, sa série de Taylor en un point $t_0\in\R$ quelconque est convergente sur $\R$ et même, d'après l'inégalité de Taylor-Lagrange, $x$ est somme de cette série de Taylor. Donc $x$ est développable en série entière de rayon infini, au voisinage de tout point de $\R$.

    À partir de là, on peut espérer arriver à une contradiction en supposant $x$ non nulle... mais je n'ai pas trouvé comment.
  • Si $x$ est DSE, peut-être pouvons-nous trouver ses coefficients, pas à pas, par récurrence.
    Oui, bon, la « pagaille binomiale » va peut-être coûter des pages de brouillon…
  • @Héhé c'est $x\in S'(R)$......(que j'ai voulu écrire)
    Perso je ne connais pas bien les programmes....Mais je me doute bien qu'il y a une solution avec des moyens élémentaires....
  • Bonjour,

    On forme une somme télescopique :
    $x^{(0)}(t)=x(t).$
    $x^{(1)}(t)=x(t-1).$
    $x^{(2)}(t)=x(t-2).$
    Et donc par récurrence $x^{(k)}(t)=x(t-k).$
    Donc $x^{(k+1)}(t)-x^{(k)}(t)= x(t-k-1)-x(t-k)$ et on somme de $k=0$ à $k=K-1$ avec $K$ un entier non nul.
    On en déduit $x(t-K)+x(t-K+1)=x(t-1)+x(t)$ pour tout $K$ non nul.
    C’EST FAUX : ERREUR DE TÉLESCOPAGE.

    On note $y(t)=x(t)+x(t-1)$. Cette fonction $y$ est donc dérivable, bornée. Elle vérifie $y’(t)=y(t).$ Et finalement elle est identiquement nulle.
    On a $x’(t)=x(t-1)=-x(t)$. On conclut $x(t)=A e^{-t}$ avec $A$ une constante. Comme $y$ est nulle identiquement alors $A=0$ et $x$ est identiquement nulle.
  • YvesM, cela suppose que $x$ soit infiniment dérivable ce qui est certainement le cas au vu de la relation et pas trop compliqué à montrer. Pourriez vous indiquer le chemin pour un esprit moins clairvoyant tel que le mien ? Merci
  • Comme j'ai indiqué, la démonstration de YvesM ne peut pas être correcte.
  • L'erreur est dans la simplification en cascade.
  • Trouvé sur le web 1 2 3
  • J'ai vraiment du mal à voir l'intérêt de l'exercice. La transformée de Fourier (ou de Laplace) est tellement l'outil adapté pour ce problème (présence d'une dérivée et d'une translation....).
  • Les outils à mettre en œuvre pour la résolution d'un problème ne disent pas l'intérêt de ce problème. Il est ou non intéressant en soi, selon le goût de celui qui en prend connaissance.
    Ici, c'est un exercice de l'oral X-MP 2014, publié dans la RMS 125-2, février 2015, sous le n° 338. Il est corrigé dans la RMS 125-3, mai 2015.
    Voici ce corrigé.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.126208
  • J'étais arrivé jusqu'à la phase 3 de cette démonstration, mais il m'aurait fallu une indication de l'examinateur pour trouver cette astuce de la dernière phase !
  • Je n'avais pas pensé à utiliser le théorème des accroissements finis pour construire des valeurs de $u$ arbitrairement grandes.
    Très jolie idée! Merci!
  • C'est vraiment joli comme démonstration ! Si j'ai tout suivi (c'est l'été après le déjeuner...), et par rapport à l'excellente remarque de JLT : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2292498,2292544#msg-2292544

    Cette démonstration marche de manière identique pour $x^\prime(t) = x(t-c)$ avec $0 \lt c \lt 2$. Et comme $\frac{3 \pi}{2} \gt 2$, on ne peut l'appliquer à $t \mapsto \cos t$.

    Question subsidiaire... La transformée de Fourier permet-elle de trouver $\inf\{c \mid x^\prime(t) = x(t-c) \text{ a une solution bornée non identiquement nulle}\}\quad ?$
  • Bonjour
    La démonstration s'adapte pour les équations $u'(t)=u(t-r)$ et pour $r\in]0,2[$.
    Pourtant le résultat reste vrai pour tout $r>0$ avec $r\neq \dfrac{2 n+1}{2}\pi, $ ($n \in \N^*$)

    Alors par exemple, si on pose à l'oral la même question mais en remplaçant $r=1$ par $r=2,$ comment le démontrer?
  • Une équation différentielle ordinaire (EDO) est une relation entre les valeurs d'une fonction et de ses dérivées en un point, c'est bien connu. Au contraire, ce problème porte sur une relation entre les valeurs d'une fonction et de sa dérivée en un autre point. C'est une équation différentielle avec retard (en anglais delay). On trouve pas mal de publications sur ce type d’équations, qui ont de nombreuses applications dans les sciences de la nature.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Bonjour,

    Soit $f \in \mathcal{F}(\mathbb{R},\ \mathbb{R})$ dérivable et bornée telle que pour tout $x \in \mathbb{R}$, $f'(x) = f(x - 1)$. Montrons que $f$ est la fonction nulle.

    Supposons, par l'absurde, qu'il existe une fonction $f$, non nulle, qui vérifie les hypothèses ci-dessus (on notera alors que la fonction $-f$ vérifie aussi les hypothèses ci-dessus). Comme $f$ est bornée sur $\mathbb{R}$, elle admet une borne inférieure et supérieure que l'on note $m = \inf \limits_{\mathbb{R}}(f)$ et $M = \sup \limits_{\mathbb{R}}(f)$. Comme $\forall x \in \mathbb{R}$, $f'(x) = f(x - 1)$ alors $m$ minore $f'$ et $M$ majore $f'$.

    On considère le lemme suivant :

    Lemme 1 : il n'existe pas de réel $a \in \mathbb{R}$ tel que $f_{\big| ]a, a + 1[} \geqslant 0$ et $f(a + 1) > 0$.

    Preuve : supposons, par l'absurde, qu'un tel réel $a$ existe. Alors, par continuité de $f$, $f(a) \geqslant 0$ puis, pour tout $x \in [a + 1, a + 2]$, on a $f'(x) = f(x - 1) \geqslant 0$ donc $f$ est croissante sur $[a + 1, a + 2]$ et puisque $f(a + 1) > 0$ alors $f_{\big| [a + 1, a + 2]} > 0$. Ensuite, $\forall x \in [a + 2, a + 3]$, $f'(x) = f(x - 1) > 0$ donc $f$ est strictement croissante sur $[a +2, a + 3]$. Une récurrence permet de montrer que $f$ est croissante sur $[a + 1, +\infty[$ car $f'_{\big| [a + 1, +\infty[} \geqslant 0$. Puisque $f$ est majorée alors $f(x) \xrightarrow[x \to +\infty]{} M$ donc $f'(x) \xrightarrow[x \to +\infty]{} M$ puis $\frac{f(x)}{x} \xrightarrow[x \to +\infty]{} M$ et puisque $f$ est bornée, on a que $M = 0$ or $f(a + 1) > 0$ ce qui est contradictoire. En conséquence, il n'existe pas de tel réel $a$.

    Remarque : on peut adapter cette preuve afin de montrer qu'il n'existe pas de réel $a \in \mathbb{R}$ tel que $f_{\big| ]a, a + 1[} \leqslant 0$ et $f(a + 1) < 0$ (considérer la fonction $-f$).

    Nous allons montrer que $m < 0 < M$. Comme $f$ n'est pas constante nulle, il existe un $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $f(x_0) \neq 0$. Quitte à travailler avec $-f$, supposons que $f(x_0) > 0$. Alors, $M > 0$ et, par l'absurde, si $0 \leqslant m$ alors, $f_{\big| ]x_0 - 1, x_0[} \geqslant m \geqslant 0$ et $f(x_0) > 0$ ce qui est impossible d'après le lemme précédent. En conclusion, $m < 0 < M$.

    On considère un second lemme :

    Lemme 2 : pour tout $x_0 \in \mathbb{R}$ on a $f(x_0) \leqslant |m|$.

    Preuve : soit $x_0 \in \mathbb{R}$. Si $f(x_0) \leqslant 0$ alors $f(x_0) \leqslant 0 < |m|$. Sinon, si $f(x_0) > 0$ alors, pour tout $x \in [x_0, +\infty[$, $f'(x) \geqslant m$ d'où, par continuité de $f'$, en intégrant sur $[x_0, x]$ l'inégalité précédente : $\forall x \in [x_0, +\infty[$, $f(x) \geqslant f(x_0) + m(x - x_0)$. Posons $x_1 = \frac{1}{m}(mx_0 - f(x_0)) = x_0 + \frac{f(x_0)}{|m|}$ (bien défini car $m \neq 0$) alors, pour tout $x \in [x_0, x_1[$, $f(x) \geqslant f(x_0) + m(x - x_0) > 0$. Par l'absurde, si $x_1 > x_0 + 1$ alors $f_{\big| ]x_0, x_0 + 1[} \geqslant 0$ et $f(x_0 + 1) > 0$ ce qui est impossible d'après le lemme $1$. Donc $x_0 + 1 \geqslant x_1 = x_0 + \frac{f(x_0)}{|m|}$ et finalement $|m| \geqslant f(x_0)$.

    Remarques : En adaptant la preuve ci-dessus, on peut montrer que pour tout $x_0 \in \mathbb{R}$, $|f(x_0)| \leqslant M$ (si $f(x_0) \geqslant 0$, alors $M \geqslant |f(x_0)| = f(x_0)$. Sinon, si $f(x_0) < 0$ alors on travaille avec $-f$ en utilisant $-M = \inf \limits_{\mathbb{R}}(-f)$).

    Nous allons montrer que $M = |m|$. D'après le lemme $1$, pour tout réel $x$, $f(x) \leqslant |m|$ donc $|m|$ majore $f$ d'où $M \leqslant |m|$. De plus, pour tout réel $x$, $M \geqslant |f(x)|$ donc $-M \leqslant -|f(x)| \leqslant f(x)$ donc, $-M$ minore $f$ d'où $-M \leqslant m < 0$ puis $M \geqslant |m|$. En conclusion, $M = |m|$.

    Maintenant, nous allons montrer une absurdité. Soit un réel $x_0$ tel que $f(x_0) > 0$. Puisque $-M = m \leqslant f' \leqslant M$ alors, pour tout $x \in [x_0, +\infty[$, $f'(x) \geqslant -M$ d'où $f(x) \geqslant f(x_0) - M(x - x_0)$ par continuité de $f'$. De même, pour tout $x \in ]-\infty, x_0]$, $f'(x) \leqslant M$ d'où $f(x_0) - f(x) \leqslant M(x_0 - x)$ d'où $f(x) \geqslant f(x_0) + M(x - x_0)$. En posant $x_1 = \frac{1}{-M}(-Mx_0 - f(x_0)) = x_0 + \frac{f(x_0)}{M} > x_0$ et $x_2 = \frac{1}{M}(Mx_0 - f(x_0)) = x_0 - \frac{f(x_0)}{M} < x_0$ on a que $f_{\big| ]x_2, x_1[} > 0$. Par l'absurde, si $x_2 < x_0 - \frac{1}{2}$ alors $x_1 > x_0 + \frac{1}{2}$ donc $f_{\big| \left]x_0 - \frac{1}{2}, x_0 + \frac{1}{2} \right[} \geqslant 0$ et $f(x_0 + \frac{1}{2}) > 0$ ce qui est impossible d'après le lemme $1$. Ainsi, $x_2 = x_0 - \frac{f(x_0)}{M} \geqslant x_0 - \frac{1}{2}$ d'où $\frac{M}{2} \geqslant f(x_0)$. Cette inégalité peut s'étendre à $\mathbb{R}$ tout entier car $\frac{M}{2} \geqslant 0$. Ainsi, $\frac{M}{2}$ majore $f$ d'où $\frac{M}{2} \geqslant M > 0$ ce qui est contradictoire !

    En conclusion, seule la fonction nulle répond au problème initial.
  • Excellent comme exercice ! A mon avis l'examinateur n'avait pas en tête la méthode fouriesque. Est-ce que quelqu'un a réussi à adapter une preuve sans Fourier pour le cas de $f'(x)=f(x+3)$ par exemple ?
    L'exercice est vraiment bien car il est très difficile, mais il y a quand même beaucoup de remarques raisonnables à donner, ce que l'examinateur attendait, à mon avis.
  • Voici une preuve complètement différente pour le cas $f'(x)=f(x+3)$ par exemple, mais j'imagine que le raisonnement ci-dessous va s'adapter à un cadre plus général. La preuve est élémentaire modulo l'emploi du thèorème d'Arzela-Ascoli. Je précise que cette preuve est librement inspirée d'une magnifique solution que j'ai lue dans un numéro de la RMS à l'exercice suivant si $f$ est une fonction dont toutes les dérivées sont bornées par $1$ et si $f'(0)=1$ alors $f=\sin$.



    On introduit $E$ l'ensemble des fonctions satisfaisant l'équation précédente et qui sont telles que $\sup_{x\in\mathbb{R}} |f(x)|\le 1$. Par une récurrence immédiate, si $f$ appartient à E alors toutes ses dérivées sont bornées par 1 et une application de Arzela-Ascoli montre que E est compact pour la topologie de la convergence uniforme des dérivées à tout ordre sur tout compact.

    On considère alors $u=\sup_{f\in E} f^2(0)+f'^2(0)$, si on prend $f_n$ une suite maximisante et tenant compte du fait que $E$ est compact on obtient en extrayant une sous-suite convergente que la borne supérieure précédente est atteinte pour une fonction $g\in E$. Les fonctions de E sont stables par translation on en déduit donc que

    $$\forall x\in\mathbb{R},\, g^2(x)+g'^2(x)\le g^2(0)+g'^2(0).$$

    En dérivant cette dernière quantité qui est maximale en zéro on récupère que $g'(0) (g(0)+g"(0))=0$ d'où l'alternative soit $g'(0)=0$ soit $g(0)=-g"(0)$. Supposons que $g'(0)=0$ alors $u=g^2(0)=\sup_{f\in E} f^2(0)$. Si E contient autre chose que la fonction nulle alors nécessairement $u=1$ et on peut supposer que $g(0)=1$ donc $g'(-3)=1$. On pose $h(x)=g(x-3)$ alors toutes les dérivées de $h$ sont bornées par $1$ et $h'(0)=1$ donc nécessairement $h=\sin$ ce qu'on va admettre pour l'instant et que je démontrerai à la fin. Ensuite on vérifie que $\sin$ ne vérifie pas l'équation et donc E ne contient que la fonction nulle cqfd.

    Maintenant, on suppose que $g(0)=-g"(0)$ alors on a $g^2(0)+g'^2(0)=g'^2(0)+g"^2(0)=\sup_E f'^2(0)+f"^2(0)$ et la quantité $g'^2+g"^2$ est maximale en zéro et on recommence le raisonnement. On a $g"(0)=0$ ou alors $g'(0)=-g'''(0)$, si $g"(0)=0$ on aura nécessairement $g'(0)=1$ donc $g=\sin$ par la propriété ci-dessus qui est admise pour l'instant. Ce raisonnement s'itère et on se ramène au cas où toutes les dérivées paires de $g$ alternent de signe en $0$ et de même pour les dérivées impaires et donc $g$ est une combinaison linéaire de $\sin(x)$ et $\cos(x)$ mais comme elle vérifie l'EDO alors elle est nulle.



    Il reste donc à prouver que si une fonction $f$ a toutes ses dérivées bornées par un et si $f'(0)=0$ alors $f=\sin$. On va suivre exactement le même raisonnement. On introduit F l'ensemble des fonctions dont toutes les dérivées sont bornées par 1 et on pose

    $$v=\sup_{f\in F} f^2(0)+f'^2(0)$$

    on va montrer que $v=1$. Par compacité on considère $g$ qui réalise le supremum précédent, on a alors $g'(0)=0$ ou bien $g(0)=-g"(0)$. Si $g'(0)=0$ alors nécessairement $v=g^2(0)$ et $v=1$. Si $g(0)=-g"(0)$ alors $v=\sup_F f"^2(0)+f'^2(0)$ et on a l'alternative $g"(0)=0$ ou $g'(0)=-g'''(0)$. Si $g"(0)=0$ alors on a facilement $v=1$ sinon le raisonnement s'itère et on prouve que les dérivées paires/impaires de $g$ en zéro alternent de signe et $g$ est une combinaison linéaire de $\sin,\cos$ et on aura $v=1$ aussi très facilement. Revenant au problème initial, comme on sait que $v=1$ puisque $f'(0)=1$ alors $f(0)=0$ et on aura aussi $f(0)=-f"(0)$ car $f$ réalise le maximum pour $v$. La dérivée seconde de $f^2+f'^2$ en zéro est donc négative aussi ce qui donne après calcul que $f'''(0)\le -1$ donc $f'''(0)=-1$. On itère ce raisonnement en rempaçant $f$ par $-f''$ qui vérifie exactement les même hypothèses et on chope toutes les dérivées de $f$ en zéro et donc $f=\sin$.
  • Intéressant. D'ailleurs la caractérisation du sinus de cette sorte est plutôt simple à voir avec Paley-Wiener il me semble, du coup les deux preuves (la tienne et celle par transformée de Fourier) ne sont pas si éloignées.
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