Surjectivité via la transformée de Laplace

gustav

Bonjour à tous. Je suis bloqué depuis un moment dans le problem suivant:
On considère l'opérateur $T:L^{2}(0,r+1)\longrightarrow L^{2}(0,r+1)$:
\begin{equation*}
Tu(x)=:u(x)+a\mathbf{1}_{(0,1)}(x)u(x+r)+b\mathbf{1}_{(1,1+r)}(x)u(x-1),%
\text{ }x\in (0,r+1),
\end{equation*}
où $r\in (0,1),$ $a,b\in
%TCIMACRO{\U{211d} }
%BeginExpansion
\mathbb{R}
%EndExpansion
.$ $T$ est surjectif si pour tout $Y\in L^{2}(0,r+1)$ il existe $%
u\in L^{2}(0,r+1)$ tel que $Tu=Y.$ Après avoir appliqué la transformée de Laplace on obtient
\begin{equation*}
\mathcal{L}(Tu(x))(p)=\left( 1+ae^{rp}\right)
\int_{r}^{1+r}e^{-px}u(x)dx+\left( 1+be^{-p}\right)
\int_{0}^{r}e^{-px}u(x)dx=\mathcal{L}(Y(x))(p),\text{ }p\in
%TCIMACRO{\U{2102} }%
%BeginExpansion
\mathbb{C}
%EndExpansion
.
\end{equation*}
Maintenant, pour $p=p_{0}+\frac{2n\pi i}{r}$ tel que $1+ae^{rp_{0}}=0$ on obtient
\begin{eqnarray*}
\mathcal{L}(Tu(x))(p_{0}+\frac{2n\pi i}{r}) &=&\mathcal{L}(Y(x))(p_{0}+\frac{%
2n\pi i}{r}),n\in
%TCIMACRO{\U{2124} }%
%BeginExpansion
\mathbb{Z}
%EndExpansion
\\
&\Updownarrow & \\
\left( 1+be^{-p_{0}-\frac{2n\pi i}{r}}\right) \mathcal{L}%
(u(x)_{|(0,r)})(p_{0}+\frac{2n\pi i}{r}) &=&\mathcal{L}(Y(x))(p_{0}+\frac{%
2n\pi i}{r}) \\
&\Updownarrow & \\
\mathcal{L}(u(x)_{|(0,r)})(p_{0}+\frac{2n\pi i}{r}) &=&\frac{\mathcal{L}%
(Y(x))(p_{0}+\frac{2n\pi i}{r})}{\left( 1+be^{-p_{0}-\frac{2n\pi i}{r}%
}\right) } \\
&\Updownarrow & \\
u(x)_{|(0,r)} &=&\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{\mathcal{L}(Y(x))(p_{0}+\frac{%
2n\pi i}{r})}{\left( 1+be^{-p_{0}-\frac{2n\pi i}{r}}\right) }%
\right] (x).
\end{eqnarray*}
(On suppose que $\underset{n\in
%TCIMACRO{\U{2124} }%
%BeginExpansion
\mathbb{Z}
%EndExpansion
}{\inf }\left\vert 1+be^{-p_{0}-\frac{2n\pi i}{r}}\right\vert \geq
\alpha >0).$ De même, si on pose $p=p_{1}+2n\pi i$ tel que $%
1+be^{-p_{1}}=0,$ on obtient
\begin{equation*}
u(x)_{|(r,r+1)}=\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{\mathcal{L}(Y(x))(p_{1}+2n\pi i)%
}{\left( 1+ae^{rp_{1}+2n\pi ir}\right) }\right] (x).
\end{equation*}
(We assume that $\underset{n\in
%TCIMACRO{\U{2124} }%
%BeginExpansion
\mathbb{Z}
%EndExpansion
}{\inf }\left\vert 1+ae^{rp_{1}+2n\pi ir}\right\vert \geq \alpha >0).$ Donc
\begin{equation*}
u(x)=\mathbf{1}_{(0,r)}(x)\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{\mathcal{L}%
(Y(x))(p_{0}+\frac{2n\pi i}{r})}{\left( 1+be^{-p_{0}-\frac{2n\pi i}{r}%
}\right) }\right] (x)+\mathbf{1}_{(r,r+1)}\mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{%
\mathcal{L}(Y(x))(p_{1}+2n\pi i)}{\left( 1+ae^{rp_{1}+2n\pi ir}\right) }%
\right] (x),\text{ }x\in (0,r+1).
\end{equation*}
Maintenant, si nous voulons vérifier que ce contrôle satisfait l'équation de départ $Tu=Y
$ nous devons l'injecter dans l'équation initiale. On obtient
\begin{eqnarray*}
&&\left( 1+ae^{rp}\right) \mathcal{L}\left( \mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{%
\mathcal{L}(Y(x))(p_{1}+kn\pi i)}{\left( 1+ae^{rp_{1}+2k\pi ir}\right) }%
\right] (x)\right) (p) \\
&&+\left( 1+be^{-p}\right) \mathcal{L}\left( \mathcal{L}^{-1}\left[ \frac{%
\mathcal{L}(Y(x))(p_{0}+\frac{2n\pi i}{r})}{\left( 1+be^{-p_{0}-\frac{2n\pi i%
}{r}}\right) }\right] (x)\right) (p) \\
&=&\mathcal{L(}Y(x))\mathbf{(}p),\text{ }n,k\in
%TCIMACRO{\U{2124} }%
%BeginExpansion
\mathbb{Z}
%EndExpansion
,
\end{eqnarray*}
ce qui est équivalent à
\begin{equation*}
\frac{1+ae^{rp}}{1+ae^{rp_{1}+2k\pi ir}}\mathcal{L}(Y(x))(p_{1}+kn\pi i)+%
\frac{1+be^{-p}}{ 1+be^{-p_{0}-\frac{2n\pi i}{r}} }\mathcal{L}%
(Y(x))(p_{0}+\frac{2n\pi i}{r})=\mathcal{L(}Y(x))\mathbf{(}p),\text{ }n,k\in
%TCIMACRO{\U{2124} }%
%BeginExpansion
\mathbb{Z}
%EndExpansion
,
\end{equation*}
$\mathcal{L}(Y(x))(p_{1}+kn\pi i)$
doit être compris comme la Transformée de Laplace discrète. Maintenant, je ne sais pas vraiment comment je peux en déduire que $u$
est une solution puisque la dernière équation dépend on $p.$ Je pense que nous devons montrer qu'elle est solvable si et seulement si $p=p_{1}+kn\pi i$ ou $p=p_{0}+\frac{2n\pi
i}{r}.$ Merci d'avance pour votre aide.