Oral X
dans Analyse
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 ?
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 ?
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Réponses
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 $x'(t)=x(t-1)$.
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 $x=0$
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).
Il y a sûrement plus économique ou élégant, cela revient simplement à ajouter les contributions de la dérivée, qui fait exploser linéairement la fonction.
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.
Le fait que $\frac{3 \pi}{2}$ soit plus grand que 1 interviendrait-il dans cette histoire ?
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.
PS: En cherchant un peu, j'ai vu que ces équations s'appellent assez logiquement des équations différentielles à retard (ici constant).
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
On ne peut donc pas utiliser la transformée de Fourier classique ici (il faut passer aux distributions, loin du programme de prépa).
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.
Oui, bon, la « pagaille binomiale » va peut-être coûter des pages de brouillon…
Perso je ne connais pas bien les programmes....Mais je me doute bien qu'il y a une solution avec des moyens élémentaires....
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.
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.
Très jolie idée! Merci!
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 $\inf\{c \mid x^\prime(t) = x(t-c) \text{ a une solution bornée non identiquement nulle}\}\quad ?$
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?
Bonne journée.
Fr. Ch.
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.
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.
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 $f=\sin$.