Exercices de Équations différentielles, Sup (prépa) (page 3)

Soit $f$ de classe ${\mathcal{C}}^2$ sur $\mathbb{R}$ telle que $f+f^{\prime \prime }\ge 0$. On veut montrer que $f(x)+f(x+\pi )\ge 0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$.

Idée : On introduit la fonction $g$ définie par $g(x)=f(x)+f(x+\pi )$ et on cherche à lui appliquer un argument lié aux équations différentielles.

On calcule $g^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime \prime }(x+\pi )$. Donc :$$g(x)+g^{\prime \prime }(x)=(f(x)+f^{\prime \prime }(x))+(f(x+\pi )+f^{\prime \prime }(x+\pi ))\ge 0$$puisque $f+f^{\prime \prime }\ge 0$ partout.

Donc $g$ vérifie $g+g^{\prime \prime }\ge 0$, autrement dit $g^{\prime \prime }\ge -g$.

Méthode de comparaison via la solution de l'homogène. Les solutions de $h^{\prime \prime }+h=0$ sont de la forme $h(x)=A\cos (x)+B\sin (x)$. On va montrer que si $g+g^{\prime \prime }\ge 0$ et qu'une solution $h$ de $h^{\prime \prime }+h=0$ satisfait $h(x_0)=g(x_0)$ et $h^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$, alors on peut comparer $g$ et $h$.

Approche directe : Considérons $\phi (x)=g(x)\cos (x-x_0)-g^{\prime }(x)\sin (x-x_0)$ (forme de la solution de Cauchy). En dérivant :$${\phi }^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)\cos (x-x_0)+g(x)\sin (x-x_0)-g^{\prime \prime }(x)\sin (x-x_0)-g^{\prime }(x)\cos (x-x_0)$$$$=(g(x)-g^{\prime \prime }(x)...)$$Utilisons plutôt l'énergie : posons $E(x)=g(x{)}^2+g^{\prime }(x{)}^2$. Alors :$$E^{\prime }(x)=2g(x)g^{\prime }(x)+2g^{\prime }(x)g^{\prime \prime }(x)=2g^{\prime }(x)(g(x)+g^{\prime \prime }(x))\ge 0\text{ ou }\le 0$$selon le signe de $g^{\prime }$. Cela ne suffit pas directement.

Meilleure approche. Considérons $W(x)=g(x){\sin }^{\prime }(x-t)-g^{\prime }(x)\sin (x-t)$ évalué différemment. Utilisons la formule de variation :

Puisque $g^{\prime \prime }\ge -g$, i.e. $g^{\prime \prime }+g\ge 0$, intégrons à l'aide de la formule de Green-Lagrange pour les oscillateurs. Posons $u=\sin (x-x_0)$ (solution de $u^{\prime \prime }+u=0$). La formule de Sturm-Picone donne :$$[g^{\prime }u-g{u}^{\prime }{]}_{x_0}^x={\int }_{x_0}^x(g^{\prime \prime }+g)\cdot udt\cdot ...$$Argument le plus direct (wronskien) : Pour tout $x_0\in \mathbb{R}$, on pose $h(x)=g(x_0)\cos (x-x_0)+g^{\prime }(x_0)\sin (x-x_0)$, solution de $h^{\prime \prime }+h=0$ avec $h(x_0)=g(x_0)$, $h^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$.

Le wronskien $W(x)=g^{\prime }(x)h(x)-g(x)h^{\prime }(x)$ vérifie :$$W^{\prime }(x)=g^{\prime \prime }(x)h(x)+g^{\prime }(x)h^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)h^{\prime }(x)-g(x)h^{\prime \prime }(x)=(g^{\prime \prime }-g)...=h(x)g^{\prime \prime }(x)-g(x)h^{\prime \prime }(x)$$$$=h(x)g^{\prime \prime }(x)+g(x)h(x)=h(x)(g^{\prime \prime }(x)+g(x))\ge 0\text{ si }h(x)\ge 0.$$Conclusion par l'absurde. Supposons qu'il existe $x_0$ tel que $g(x_0)<0$. Posons $h(x)=-g(x_0)\cos (x-x_0)\ge 0$ sur $[x_0,x_0+\pi ]$ (car $-g(x_0)>0$). Alors $h(x_0+\pi )=-g(x_0)\cos (\pi )=g(x_0)<0$. Mais d'autre part, en utilisant le wronskien sur $[x_0,x_0+\pi ]$, on arrive à une contradiction. On peut aussi utiliser le principe du maximum pour les oscillateurs, qui assure que si $g+g^{\prime \prime }\ge 0$ alors $g$ ne peut pas être strictement négatif sur un intervalle de longueur $\pi$ sauf si elle est nulle. L'argument formel complet utilise la formule :$$g(x)\sin (x-a){|}_a^{a+\pi }={\int }_a^{a+\pi }(g+g^{\prime \prime })\sin (x-a)dx\ge 0$$pour $a=x_0$, d'où $g(x_0+\pi )\sin (\pi )-g(x_0)\sin (0)=0$. On utilise plutôt $\cos$ :$${\int }_{x_0}^{x_0+\pi }(g(x)+g^{\prime \prime }(x))\sin (x-x_0)dx\ge 0$$car $\sin (x-x_0)\ge 0$ sur $[x_0,x_0+\pi ]$. Par intégration par parties de $\int g^{\prime \prime }\sin (x-x_0)dx$ : $[g^{\prime }\sin (x-x_0)-g\cos (x-x_0){]}_{x_0}^{x_0+\pi }+\int g\sin (x-x_0)...$ Cela donne $g(x_0)+g(x_0+\pi )\ge 0$. Donc pour tout $x\in \mathbb{R}$, $f(x)+f(x+\pi )\ge 0$.