I.1 si y(x) est solution pour x > 0, posons z(x)=y(-x)
pour x négatif. On a alors
|
I.2 jl(x) = lj(x/l) vérifie les conditions de la question 2 et est une solution de (E) ssi j en est une.
I.3 Si j est solution alors -j l'est aussi. On obtient donc les solutions de chaque quart de plan à partir de celles sur (x > 0,y > 0) par des symétries axiales, horizontales et/ou verticales.
II.1.a (x2j ¢)¢ = 2xj¢ +x2j" = -x2/j < 0
II.1.b d'après la question précédente x2j ¢ est décroissante, et donc s'annule au plus 1 fois. Si c'est le cas alors d'après (E) j¢¢ = -1/j < 0 en ce point qui est donc un maximum local. On ne peut donc avoir de minimum.
II.1.c Si x2j¢ reste de signe constant alors j¢ aussi et par conséquent j est monotone. S'il y a un maximum alors j est croissante avant et décroissante après.
II.2.a Sur l'intervalle considéré on a y" qui est fonction de x, y et y¢ en étant de classe C2 au moins en ces 3 parametres. On a donc localement unicité de la solution si on impose la valeur de la solution en un point ainsi que sa dérivée. Si les dérivées sont égales les solutions seraient donc égales aussi.
II.2.b En utilisant II.1.a on obtient facilement x2j2¢(x) -x2j1 ¢(x) = x02(j2¢(x0)-j 1¢(x0)) -òx0x t2(1/(j2) -1/(j1)) Entre x0 et x1 on a j2 > j1 car c'est vrai au voisinage de x0 par comparaison des dérivées en ce point, et les deux fonctions ne peuvent coincider en un point plus proche que x1 par définition de ce point. En reportant dans le calcul précédent on obtient que x2j 2¢(x) -x2 j1¢(x) > 0 donc que j2¢(x) > j1¢(x)+ C avec c > 0. On a donc par intégration j2(x1) > j1(x1) +c(x1-x0) ce qui rend impossible l'hypothèse H1.
II.3.a x2j ¢ est décroissante (II.1.b) donc j ¢(x) < g2 j¢(g)/x2. Par intégration entre g et x on obtient j>(x) < j(g) +g2 j¢ (g)(1/g-1/x) donc j est bornée.
II.3.b x2j ¢(x)- g2j ¢(g) = -ògx t2/j(t) or j < M d'après II.3.a donc x2j¢(x) < g2j¢ (g) = -ò gx t2/M et la partie droite de l'inégalité tend vers -¥ quand x tend vers +¥.
II.3.c Comme j ¢ tend vers - ¥, par intégration on a nécessairement j qui tend aussi vers - ¥ ce qui est incompatible avec j > 0. L'hypothèse H2 n'est donc pas acceptable.
II.4.a H2 n'étant pas possible d'après II.3.c, l'intervalle de définition de j est nécessairement borné. j étant monotone au voisinage de b d'après II.1.c, j a une limite que nous noterons l. en utilisant x2j¢(x) -g2 j¢ (g) = - òg x t2/j(t) on déduit que j¢ a elle aussi une limite finie si l>0. Dans ce cas la solution serait prolongeable ce qui est incompatible avec le fait qu'elle soit maximale. Par conséquent l=0.
II.4.b j¢ tend vers l en b. Notons que l £ 0 du fait de II.4.a et j > 0. Donc pour tout e > 0 on peut trouver a tel que si b-a < x < b alors l- e < j¢(x) < l+e. Donc par intégration (possible du fait des hypothèses) on a j(x) < -(l- e)(b-x). Or si a=b-a on a òax (t2j ¢)¢=-òax t2/j < [(b2)/(l-e)] òax [ 1/(b-t)] et l'intégrale de droite est divergente quand x tend vers b. Donc j¢ tend vers - ¥ ce qui est incompatible avec les hypothèses. j¢ n'est donc pas bornée au voisinage de b et comme j y est localement monotone, j¢ tend vers -¥.
II.5.a En mettant x=0 dans (E) on obtient y¢(0)=0. Comme x2y¢ est décroissante, psi¢(c) < 0.
II.5.b On a vu que H1 n'est pas possible, donc dans les conditions de
l'énoncé y1 >
y pour x entre a1 et c.
y1 est monotone par morceaux
(II.1.c). Pour montrer que y1
a une limite finie en a1 il suffit de montrer
que y1 est majorée.
c2y1¢(c) <
x2y1¢(x) donc
c2y1¢(c)/x2
< y1¢(x)
et en integrant de x à c on obtient que y1
est bornée au voisinage de a1. Donc y1
est prolongeable par continuité et comme c2y
1¢(c)-
x2y1¢(x)
= -òxc
t2/y1
et que y1 > y,
y1¢ est aussi prolongeable
par continuité en a1. Cela contredit
l'aspect maximal de la solution. Donc a1=0.
x2y1¢(x)
-x2y¢(x)
= c2(y1¢(c)
-y
¢(c)) +ò
xc t2(1/(y1)
- 1/(y)) < 0
car y1¢(c) <
y¢(c) et
y1 > y.
Comme y a une limite finie non nulle en 0,
y1 est minorée par une constante
strictement positive au voisinage de 0 ce qui fait converger l'intégrale. La limite existe
donc et elle est donc négative. Donc x2y1
¢ a une limite strictement négative l en 0, et
de ce fait y1¢ tend
vers -¥.
Donc on peut encadrer y1¢
entre (l-e)/x2 et
(l+e)/x2 au voisinage de 0.
Par intégration on obtient que xy1(x) >
-(l+e)
(1-a/c)
pour x < a et donc y1
tend vers +¥.
II.5.c (xy1)¢¢ =-x/y1 < 0. xy1 est donc concave, sa dérivée est décroissante. Si elle s'annule en x=a il s'agit d'un maximum global qui majore donc xy1. Sinon ou bien xy1 est croissante, donc majorée par b1y1(b1) ou décroissante et dans ce cas elle est sous sa tangente en b1 dont l'intersection avec l'axe vertical x=0 donne la majoration souhaitée. La fonction étant concave donc monotone par morceau, et bornée entre 0 et le majorant précédent, admet nécessairement une limite en 0.
II.5.d x2y2¢(x) -x2y¢(x) = c2y2¢(c) -c2y¢(c) -òcx t2(1/y2 -1/y) > 0 sur ]a2,c[ (arguments similaires au II.5.b). Par conséquent x2 y2¢(x) > x2y¢(x) +c2(y2¢(c) -y¢(c)). Supposons que a2=0. y¢ tend vers 0 en x=0 donc on a x2y2¢(x) > c2(y2¢(c) -y¢(c)) -e > 0 au voisinage de a2. Donc y2¢(x) > M/x2 tend vers +¥ et par integration on obtient facilement que y2 tend vers -¥ ce qui contredit y2 > 0. Donc nécessairement, a2 > 0.
II.6 Bon ca je vous laisse le faire quand meme....
III.1.a x2y
¢-y
¢(1) = ò1x
(t2y¢)
¢ = òx1 t2/y
(xy¢(x)
+y(x))¢
= xy"+2y
¢ = -x/y donc
xy¢(x)
+y(x)-y¢(1)-h = òx1
t/y(t)
En appliquant la première égalité à x=0 on a y¢(1)
= -ò01
t2/y(i)
III.1.b T(1/y)(0)
= ò01 t/y
-ò01
t2/y = y(0)
-y¢(1)
-h
+y¢(1)=y(0)
-h
et
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|||||||||||||
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III.2.a T(f)¢(x)
= -1/(x2)
ò0x t2f(t) et
T(f)¢¢(x) = 2/(x3)ò0x t2f(t) dt
-f(x)
T(f)¢(0)=0
en encadrant f au voisinage de 0. On en déduit T(f)"(0) = lim -1/(x3)
ò0x t2f(t)
= -f(0)/3
Ces valeurs coincident avec les limites de T(f)¢ et T(f)¢¢
quand x tend vers 0 qu'il est facile de calculer, et donc T(f) est de classe C2 sur [0,1].
III.2.b T(f) > 0 si f ³ 0
et non identiquement nulle, car alors f > 0 au moins sur un intervalle de longueur non
nulle (continuité), et le noyau intégral est positif et ne s'annule qu'en 0 et 1.
Donc si f est positive ou nulle, T(f) ne peut être identiquement nulle que si f l'est aussi.
III.2.c La linéarité est immédiate.
Avec la positivité de T vue ci-dessus on utilisera ceci plus loin sous la forme
f > g Þ T(f) > T(g).
||T(f)|| £
||f||
[ (1/x-1)ò0x
t2 +òx1 (t-
t2) ] et l'expression
entre crochets vaut (1-x2)/6 qui est donc inférieur à 1/6.
III.3.a g0 est dans F et comme gn+1 ³ h , 1/gn est continue, donc T(1/gn) est de classe C2. La récurrence est vérifiée.
III.3.b On a g1 ³
g0, et si g2p-1
³ g2p-2 alors
T(1/g2p-1)
£ T(1/g2p-2)
donc g2p £ g2p-1
et en répétant l'argument, g2p+1 ³ g2p.
On pourrait meme ajouter que les inégalités sont strictes mais ca n'est pas demandé.
Comme g2 ³ h
on a g2 ³ g0 et si g2p
³ g2p-2 alors
g2p+1 £ g2p-1
et donc g2p+2 ³
g2p. Donc (g2p) est croissante.
La dernière inégalité implique aussi de meme que g2p+3 £
g2p+1 donc (g2p+1) est décroissante.
III.3.c (g2p) est croissante, majorée par g2p+1 elle meme plus petite que g1 car (g2p+1) est décroissante, donc (g2p) est croissante et majorée donc converge simplement vers une fonction g. (g2p+1) est décroissante et minorée par h donc converge simplement vers une fonction G.
III.4.a gn+1¢ = T(1/gn)¢ = -1/(x2) ò0x t2/gn(t) et gn ³ h donc |gn+1¢ | £ ||gn+1¢ || £ x/(3h) £ 1/(3h)
III.4.b
|gn¢|
£ M donc |gn(x)
-gn(y)|
£ M|x
-y| (accroissements finis).
Si on partitionne [0,1] en intervalles de longueur inférieure à
e/M on a gn(x) dans un intervalle
de longueur e dans chacun de ces intervalles en x.
III.4.c Pour e
fixé on partitionne [0,1] comme au III.4.b, les limites
des intervalles étant xk = k/N ou k est un entier entre 0 et N.
L'inégalité |gn(x)
-gn(y)| £
M|x-y|
reste vraie en passant à la limite et
|
III.4.d Comme la convergence est
uniforme et que les noyaux integraux dans la definition de
T sont continus, la limite de T(1/g2n) est bien T(1/g) et
la limite de T(1/g2n+1) est bien T(1/G).
III.5.a u(0)=0, u(1)=G(1) -g(1) mais comme T(f)(1)=0 on a aussi u(1)=0. u¢(0)=G(0)-g(0)
III.5.b u¢
=G-g+x(G¢
-g¢)
=G-g +x(T(1/g)¢
-T(1/G)¢)
= G-g+[ 1/x]ò0x
t2(1/G-1/g)
et u¢¢=G¢
-g¢-
1/(x2)ò0x t2(1/G-1/g)
+x(1/G-1/g)
= x(1/G-1/g) = - u/gG
III.5.c La question semble suggérer que u=0.
En effet on peut facilement démontrer
que u=0 si h > 1/Ö6.
Dans ce cas on a 1/(gG) < 6 et
||G-g||
= ||T((G-g)/gG)||
< ||G-g||
si G-g non identiquement nul. Ce qui est sur
c'est qu'en faisant une simulation numerique (très simple a mettre en oeuvre), il
semble bien que gn converge (donc g=G) et ce très rapidement meme pour h
petit (de l'ordre de 0.01 pour mes tests). On a donc g=h
+T(1/g) et en dérivant cette égalité on constate que g est
solution de (E), et vérifie les conditions requises.
La solution proposée par la Revue de Math spé en 1987
complète mon début de réponse. L'article fait remarquer que les solutions
maximales peuvent se déduire l'une de l'autre par homothétie par
rapport à l'origine (voir I.2). Or pour h aussi
petit que l'on veut on pourra toujours trouver une telle homothétie qui
amène la solution passant par x=1,y=1 sur la solution passant par x=1,y=h.
Pour obtenir cela il est facile de montrer que la droite y=hx
rencontre la solution passant par x=1,y=1 en un point I. L'Homothétie amenant ce point
sur le point x=1,y=h est l'homothétie
cherchée. On peut ainsi construire toutes les solutions maximales
vérifiant les conditions du III.
Revenons à la démonstration du fait que u=0. L'équation différentielle
obtenue au III.5.b est de
type Sturm-Liouville, dont on connait une solution avec 2 zeros qui sont 0 et 1.
Peut etre qu'on peut trouver un encadrement de u qui soit contradictoire avec
cette demi-periode de 1... ????
On pourrait peut etre utiliser un wronskien. Soit par exemple
v=sin(px) solution de v¢¢ +
p2 v=0. Soit w le wronskien de u et v,
|
Si quelqu'un a une idée.... envoyez moi un mail:
eric.chopin@wanadoo.fr
III.6 Ca je vous laisse faire ...