Exercices de mathématiques pour l'agrégation ; analyse - Tome 3 2225853851, 9782225853852

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Table des matieres Table des matieres du tome 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . viii Table des matieres du tome 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . viii Avant-propos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ix

Partie 7 : Analyse fonctionnelle Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Chapitre XXV. Topologies dans les espaces vectoriels normes . . . . . . . . . . . . . . . 5

25{1. Convergence faible vs. convergence forte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25{2. Convergence faible dans C 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25{3. Convergences faibles vs. fortes dans `1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25{4. Convergences faibles vs. fortes dans Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25{5. Le theoreme de Banach-Alaoglu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25{6. Moments d'une mesure positive sur [0; 1]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25{7. Theoreme de Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25{8. Divergence des series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXVI. Geometrie des espaces vectoriels normes .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{1. Jauge d'un convexe et theoreme de Kolmogorov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{2. Le theoreme de Markov-Kakutani.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{3. Distance de Banach-Mazur.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{4. Theoreme de Jones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{5. Projections et constante de Lipschitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{6. Inegalite de Grothendieck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{7. L'inegalite de Khinchine-Kahane L1 -L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{8. Norme quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26{9. Un sous-espace ferme qui n'admet pas de supplementaire topologique . . . . . . . 26{10. Quotients de `1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXVII. Theorie spectrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{1. Spectre des algebres de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{2. Exemples de calculs de spectre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{3. Spectre et valeurs propres.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{4. Rayon spectral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{5. E quation integrale de Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{6. Algebres de Banach qui sont des corps .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{7. Caracteres des algebres de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 6 7 8 10 13 14 14 17 17 19 20 23 26 27 30 33 34 37 39 39 40 41 42 44 47 48

vi

Table des matieres

27{8. Series de Fourier absolument convergentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{9. Theoreme de Lomonosov.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27{10. Operateurs compacts de rang in ni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXVIII. Operateurs dans les espaces de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{1. Quelques bases hilbertiennes de L2([0; 1]) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{2. Densite des polyn^omes dans des espaces L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{3. Operateurs positifs et operateurs auto-adjoints.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{4. Theoreme de la limite croissante dans un espace de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{5. Racine carree d'un operateur positif auto-adjoint . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{6. Operateurs a noyau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{7. Operateurs de Hilbert-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{8. Matrice de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{9. Operateurs de Hilbert-Schmidt dans L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{10. Le theoreme du bicommutant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{11. Theorie de Fredholm holomorphe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{12. Theorie spectrale des operateurs compacts auto-adjoints.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28{13. Theoreme de Mercer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49 50 52 55 55 57 60 62 63 65 67 68 71 72 73 76 77

Partie 8 : E quations dierentielles Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Chapitre XXIX. Existence, stabilite, croissance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

29{1. Theoremes d'unicite de Nagumo et d'Osgood . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29{2. Non-unicite des solutions d'une equation dierentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29{3. Theoreme de Vinograd.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29{4. Stabilite d'un systeme autonome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29{5. E quations dierentielles a coecients periodiques : retour de Poincare . . . . . . . 29{6. Theorie de la stabilite de Lyapunov .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29{7. Analyse numerique des equations dierentielles : consistance et stabilite . . . . . 29{8. Comportement d'une methode approchee de resolution au voisinage d'un point d'explosion d'une equation dierentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXX. Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. E tudes pratiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{1. Entonnoirs et anti-entonnoirs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{2. E tude de l'equation dierentielle y0 = sin xy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{3. E tude de l'equation y0 = y2 x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Theorie autonome .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{4. Le theoreme de Yorke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{5. Sur le ot d'un champ de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{6. Application du theoreme de Hopf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{7. E quation de van der Pol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Applications a la physique et a la biologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{8. E quation non dissipative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{9. Mecanique celeste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{10. Systeme proie-predateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30{11. Modele d'epidemie .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

82 84 85 86 89 93 96

100 105 105 105 107 111 116 116 119 121 122 127 127 131 137 139

Table des matieres

vii

Chapitre XXXI. E quations du second ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 1. Oscillations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

31{1. Theoremes de Sturm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 31{2. Solutions non oscillantes d'une equation du second ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 31{3. Solutions bornees d'une equation dierentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 31{4. E quations du deuxieme ordre a solutions bornees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 31{5. E quation de Mathieu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 2. Theorie de Sturm-Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 31{6. Probleme de Sturm-Liouville : methode de Prufer .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 31{7. Probleme de Sturm-Liouville : developpement asymptotique des valeurs propres156 31{8. Probleme de Sturm-Liouville : minoration des valeurs propres.. . . . . . . . . . . . . . . 158 31{9. Probleme de Sturm-Liouville : noyau de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

Partie 9 : Geometrie dierentielle Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 Chapitre XXXII. Calcul dierentiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 32{1. Indice d'un champ de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{2. Transformee de Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{3. E quations d'Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{4. Boule de billard chevelue, d'apres Milnor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{5. Encore le theoreme de Brouwer ! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{6. Continuite des racines d'un polyn^ome. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{7. Le theoreme de Sard (version simple) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{8. Le theoreme de Sard (version generale) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32{9. Valeurs regulieres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXXIII. Courbes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{1. Courbes planes convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{2. Le theoreme des quatre sommets. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{3. Aire des rectangles circonscrits.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{4. Umlaufsatz de Hopf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{5. Longueur des courbes fermees sur la terre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{6. Formule de Crofton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{7. Une application du theoreme de Crofton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{8. Theoreme de Fary-Milnor .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33{9. Classi cation des varietes de dimension 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXXIV. Surfaces, etc. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34{1. Espaces projectifs, grassmaniennes .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34{2. Le theoreme de separation de Jordan-Brouwer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34{3. Projection de Mercator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34{4. Theorie locale des surfaces (I) : courbures . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34{5. Theorie locale des surfaces (II) : surfaces minimales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34{6. Theorie locale des surfaces (III) : coordonnees harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . . .

171 172 174 177 179 181 183 184 187 190 190 192 193 195 197 198 200 202 204 207 207 211 214 216 219 221

Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

Table des matieres du tome 1 Partie 1 : Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Chapitre I. Topologie generale .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chapitre II. Topologie appliquee.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Chapitre III. Topologie du plan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 Chapitre IV. Topologie de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Partie 2 : Suites, series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Chapitre V. Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Chapitre VI. Analyse asymptotique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 Chapitre VII. Systemes dynamiques discrets. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

Partie 3 : Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 Chapitre VIII. Theorie de la mesure .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre IX. Analyse asymptotique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Theoremes ergodiques .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. E quivalents d'integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre X. Inegalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XI. Calculs.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

147 172 172 182 195 205

Table des matieres du tome 2 Partie 4 : Analyse reelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Chapitre XIII. Complements de topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Chapitre XIV. Autour du lemme de Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Chapitre XV. Derivee, dierentielle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Chapitre XVI. Convexite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Partie 5 : Analyse complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Chapitre XVII. Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XVIII. Principe du maximum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XIX. Representation conforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XX. Exemples de fonctions holomorphes .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 89 95 110

Partie 6 : Analyse numerique .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 Chapitre XXI. Approximation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXII. Interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXIII. Integration numerique .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chapitre XXIV. Resolution numerique d'equations, optimisation . . . . . . . . . . . . . . . . . .

139 162 177 196

Avant-propos Cet ouvrage d'exercices est le dernier d'une serie de trois consacree au programme d'analyse de l'agregation de mathematiques. Ce tome traite d'analyse fonctionnelle, d'equations dierentielles et de geometrie dierentielle. Le tome 1 s'interesse a la topologie, aux suites et aux series et a l'integration, tandis que le tome 2 aborde les fonctions d'une variable reelle ou complexe et l'analyse numerique. Plusieurs types d'exercices ont ete retenus : en premier lieu, les (( grands classiques )) que le candidat a l'agregation se doit de ma^triser ; ensuite quelques resultats importants d'analyse et de topologie accessibles a un etudiant de deuxieme cycle ; en n, des exemples et des contre-exemples, sur lesquels le lecteur pourra s'entra^ner a appliquer les grands theoremes et gr^ace auxquels il apprendra a saisir les limites de l'intuition nave. Dans tous les cas, nous avons cherche a mettre en evidence les points-clefs et les raisons profondes qui sous-tendent les resultats enonces plut^ot que de donner aux exercices un caractere anecdotique en utilisant des methodes trop particulieres. L'analyse fonctionnelle est traitee dans le cadre des espaces vectoriels normes, conformement au programme de l'agregation. Nous avons tenu a la relier aux autres parties du programme d'analyse en montrant ses interactions avec les equations dierentielles, les series de Fourier, l'integration, la topologie: : : Nous avons notamment propose plusieurs exercices sur le probleme de SturmLiouville : sa resolution fait intervenir aussi bien les equations de Ricatti et la methode de variation des constantes que la theorie des operateurs sur les espaces de Hilbert. Ce n'est qu'un exemple des nombreux exercices de synthese que comporte ce livre : ils mettent generalement en jeu d'autres exercices, leur faisant suite ou leur proposant une application interessante. Du point de vue plus speci que de l'agregation, ce recueil vise a preparer l'ecrit aussi bien que l'oral : si des exercices longs peuvent habituer le lecteur aux diciles epreuves en six heures, les exercices les plus courts ou certaines questions independantes constituent de bons developpements a exposer le jour de l'oral. Attention cependant au temps d'exposition qui pourra amener le candidat a faire des hypotheses simpli catrices. En n, une table des matieres et un index permettent un reperage facile des exercices utilisant les theoremes et les notions du cours.

Partie 7 Analyse fonctionnelle

Rappels

Une norme sur un espace vectoriel reel ou complexe E est une application N : E ! R+ telle que : N (x) = 0 si et seulement si x = 0, N (x + y) 6 N (x) + N (y) (inegalite triangulaire) et N (x) = jjN (x) (homogeneite) pour tous x et y 2 E et tout  2 R (ou C ). On notera kxkE , voire kxk, la norme N (x) d'un vecteur x. La fonction (x; y) 7! N (x y) fait de E un espace metrique. Si E est complet, on dit que c'est un espace de Banach. Dans certains cas, on considerera des semi-normes sur E : ce sont des applications p : E ! R + homogenes qui veri ent l'inegalite triangulaire. Une famille (pj )j2J de semi-normes munit E d'une structure d'espace vectoriel topologique (dit localement convexe) : une base de voisinage de x 2 E est formee des ensembles VJ0;("j ) = fy 2 E ; 8j 2 J0; pj (y x) < "j g pour toutes les parties nies J0  J et les familles de reels "j > 0. Un espace vectoriel norme est dit separable s'il existe une suite (denombrable) dense. Une application lineaire u : E ! F entre deux espaces vectoriels normes est continue si et seulement s'il existe un reel M > 0 tel que ku(x)kF 6 M kxkE pour tout x 2 E . Le plus petit reel M veri ant cette propriete est appele la norme de u et note u (voire kuk). On note L(E; F ) l'espace vectoriel des applications lineaires continues (appelees aussi operateurs continus, voire operateurs si aucune confusion ne peut en resulter) de E dans F ; l'application u 7! u en fait un espace vectoriel norme qui est complet si F est complet. On note L(E ) = L(E; E ) (algebre des endomorphismes continus de E ) et E  = L(E; R ) le dual de E (ou L(E; C ) si E est complexe) dont les elements sont appeles formes lineaires continues. Si u 2 L(E; F ) est un operateur, l'adjoint de u est l'operateur u 2 L(F ; E ) de ni par u(') = '  u. Il est continu et kuk = kuk. Comme exemples d'espaces de Banach, citons { les espaces vectoriels normes de dimension nie, par exemple, l'espace `pn = R n muni de la norme k(x1 ; : : : ; xn)kp = (P jxijp)1=p si p 2 [1; +1[ et k(x1 ; : : : ; xn)k1 = max jxij ; { l'ensemble C 0(X; E ) des fonctions continues sur un compact X , muni de la norme sup. a valeurs dans un espace de Banach E ; { plus generalement, l'ensemble Cb (X ) des fonctions continues bornees sur un espace topologique ; { si p 2 [1; +1], les espaces Lp (X; ), ou (X; ) est un espace mesurPe ; { en particulier, les espaces `p des suites (un) telles que la serie junjp converge ; { l'espace c0 des suites (un) qui convergent vers 0 (voir l'exercice 26{9). Si 1 6 p < 1, le dual de Lp(X; ) est egal a Lq (X; ), pour q = p=(p 1). Si X est compact, le dual de C 0(X; C ) (mesures de Radon) est, en vertu du theoreme de representation de Riesz, l'ensemble des mesures boreliennes complexes sur X de masse totale nie.

Analyse fonctionnelle

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Si E est un espace de Banach, on dispose d'une application lineaire canonique j : E ! E  telle que j (x)(') = '(x). Pour tout x 2 E , kj (x)k = kxk. On dit que E est re exif si j est un isomorphisme d'espaces de Banach. Parmi les espaces de Banach cites ci-dessus, seuls sont re exifs les espaces vectoriels normes de dimension nie et si p 2 ]1; +1[, les espaces Lp(X; ) et `p. La topologie faible sur un espace vectoriel norme est de nie par les seminormes p' = j'(
)j, pour ' parcourant E . Ainsi, une suite (xn) d'elements de E converge faiblement vers x si et seulement si '(xn) ! '(x) pour tout ' 2 E . Soit E un espace vectoriel norme, F  E un sous-espace vectoriel et ' 2 F  une forme lineaire continue sur F . Le theoreme de Hahn-Banach arme qu'il existe une forme lineaire continue sur E de m^eme norme qui prolonge '. La forme geometrique de ce theoreme permet de separer deux convexes par un hyperplan ane ferme si l'un de ces convexes est compact et l'autre ferme. Soit u : E ! F un operateur. Si E et F sont des espaces de Banach et si u est surjectif, le theoreme de l'application ouverte dit que u est ouverte (l'image d'un ouvert est un ouvert). En particulier, si u est bijectif, alors u 1 est continu. Un corollaire en est le theoreme du graphe ferme : une application lineaire entre deux espaces de Banach est continue si et seulement si son graphe est ferme. Citons aussi un cas particulier du theoreme de Banach-Steinhaus : soit E un espace de Banach et (' ) une famille de formes lineaires continues sur E ; si pour tout x 2 E , la famille '(x) est bornee, alors la famille des normes k'k est bornee. Une version plus generale de ce theoreme est etudie dans l'exercice 25{7, et des applications en sont donnees dans l'exercice 25{8. Soient E un espace vectoriel norme complexe et u 2 L(E ). Le spectre de u est l'ensemble des  2 C tels que u  Id n'est pas inversible (c'est-a-dire qu'il n'est pas bijectif, ou bien que son inverse n'est pas continu. Les valeurs propres de u sont les  2 C tels que u  Id n'est pas injectif. Un element non nul x 2 E tel que u(x) = x est appele vecteur propre pour la valeur propre . On dit qu'un espace vectoriel norme reel (resp. complexe) H est prehilbertien s'il existe une forme bilin eaire (resp. sesquilineaire) continue b : H  H ! R 2 telle que b(x; x) = kxk . S'il est de plus complet, on dit que c'est un espace de Hilbert. On notera plut^ot hx yi le produit scalaire b(x; y). Si x 2 H , l'application y 7! hx yi est une forme lineaire continue hx
i sur H et l'application x 7! hx
i est un isomorphisme de H sur son dual H . Gr^ace a cette identi cation, on peut de nir l'adjoint d'un operateur u 2 L(H ) comme l'operateur u 2 L(H ) tel que hx u(y)i = hu(x) yi. Un operateur est dit auto-adjoint s'il est egal a son adjoint. Une base hilbertienne d'un espace de Hilbert H est une famille orthonormee (x ) d'elements de H qui engendre un espace vectoriel dense dans H . Tout espace de Hilbert possede une base hilbertienne, et s'il est separable, la famille d'indices est denombrable. Soient E et F deux espaces vectoriels normes. Un operateur u 2 L(E; F ) est dit compact si l'adherence dans F de l'image de la boule unite de E est compacte. Ces operateur jouissent de proprietes particulieres, proches de la

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Analyse fonctionnelle

dimension nie. Ils justi ent de porter un inter^et particulier aux ensembles compacts d'un espace vectoriel norme donne. Le theoreme de Riesz arme ainsi que la boule unite d'un espace vectoriel norme est compacte si et seulement si la dimension est nie. Citons aussi le theoreme d'Ascoli : si X est un espace metrique compact, les parties d'adherence compacte dans C 0 (X ) sont les parties bornees et equicontinues. Une algebre de Banach est une algebre unitaire A munie d'une norme k
k qui en fasse un un espace de Banach (en tant qu'espace vectoriel norme) et que kxyk 6 kxk kyk pour tous x et y dans A. En particulier la multiplication est continue. On note 1A ou 1 l'element neutre pour la multiplication. Un exemple typique, et fondamental, d'algebre de Banach est l'algebre L(E ), pour un espace de Banach E . Introduction

Chapitre XXV Ce chapitre de topologie des espaces vectoriels normes a pour themes principaux la convergence faible, etudiee notamment dans des espaces concrets, et les applications des theoremes de Banach-Steinhaus, du graphe ferme, etc. Chapitre XXVI La geometrie des espaces vectoriels normes s'interesse aux proprietes des diverses normes qui peuvent coexister sur un espace vectoriel norme. En particulier, on montre dans l'exercice 26{3 comment munir l'ensemble des espaces vectoriels normes de dimension n (a isometrie pres) d'une distance. Nous avons aussi propose quelques exercices sur le quotient d'un espace vectoriel norme. Chapitre XXVII La theorie spectrale est une generalisation naturelle de celle que le cours d'algebre etudie en dimension nie. La dimension in nie necessite de distinguer le spectre de l'ensemble des valeurs propres. Les operateurs compacts ont a ce titre des proprietes plus proches de celles connues en dimension nie (voir l'exercice 27{9, ainsi que la diagonalisation des operateurs compacts autoadjoints dans le chapitre suivant). Nous donnons aussi deux applications remarquables de la theorie spectrale : le theoreme de Gelfand-Mazur et un theoreme de Wiener sur les series de Fourier (exercices 27{6 et 27{8). Chapitre XXVIII En n, les espaces de Hilbert meritent a eux seuls un chapitre. Apres quelques exemples, les exercices que nous proposons concernent surtout les operateurs dans des espaces de Hilbert : operateurs a noyau, de Hilbert-Schmidt, compacts: : :

CHAPITRE XXV

Topologies dans les espaces vectoriels normes Exercice 25{1. Convergence faible vs. convergence forte Soit H un espace de Hilbert. On rappelle que la suite (xn ) d'elements de H converge faiblement vers x 2 H si pour tout y 2 H , hxn y i tend vers hx y i, tandis qu'elle converge fortement vers x si kxn xk tend vers 0. 1. Si H est de dimension nie, montrer que ces deux notions concident. Exhiber un contre-exemple dans le cas ou H = `2 (N ) est l'ensemble des suites P (u ) telles que la serie ju j2 converge. m

m

2. On suppose que la suite (xn) converge faiblement vers x et que kxn k converge vers kxk. Montrer que (xn ) converge fortement vers x. 3. Montrer qu'il sut de supposer lim sup kxn k 6 kxk dans la question precedente pour avoir la m^eme conclusion.

Solution :

1. Soit en eet une base orthonorm ee (e1; : : : ; eN ) de H , espace de Hilbert de dimension nie. Si (xn) converge faiblement vers x, alors toutes les coordonnees de (xn) convergent vers P celles de x, puisque hxn eii converge vers hx eii. En particulier kxn xk2 = Ni=1 jx(ni) x(i) j2 converge vers 0, ce qu'il fallait demontrer. On pose a present H = `2(N ). Soit (un) la suite telle que un(m) = 0 si n 6= m et u(nn) = 1. Alors si (v(n)) est une suite quelconque de `2(N ), on a hun vi = v(n) qui converge vers 0. Cela signi e que la suite (un) tend faiblement vers 0, puisque toute forme lineaire sur est donnee par un produit scalaire. Comme on a kunk2 = 1, il est clair que (un) ne tend pas vers 0 fortement. 2. On calcule kxn xk2 = kxnk2 + kxk2 2 hxn xi. Or hxn xi tend vers 2 2 hx xi = kxk et kxnk tend vers kxk2. Il en resulte que kxn xk2 converge vers 0, ce qui signi e que xn tend vers x fortement. 3. Il sut de reprendre le m^ eme calcul, en ecrivant lim sup kxn xk2 = lim sup kxnk2 kxk2 6 0; ce qui entra^ne que kxn xk2 converge vers 0 puisque c'est une suite de nombres positifs.

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Analyse fonctionnelle

Exercice 25{2. Convergence faible dans C 0 1. Soit X un espace metrique compact. Montrer qu'une suite (fn) converge faiblement dans C 0 (X ) si et seulement si elle est uniformement bornee et si

elle converge simplement. 2. En deduire que si on a une suite (fn) uniformement bornee qui converge simplement vers f , on peut trouver une suite (f~n ) telle que f~n est une combinaison convexe des f0 ; : : : ; fn et telle que f~n converge uniformement vers f .

Indications : 1. Utiliser le theoreme de Banach-Steinhaus. 2. On pourra montrer que f appartient a l'adherence du sous-espace engendre par les

fn , par une application de Hahn-Banach. Solution :

D'apres le theoreme de representation de Riesz, le dual de C 0 (X ) (dont les elements sont appeles mesures de Radon sur X ) est l'ensemble des mesures boreliennes (non necessairement positives) de masse totale nie sur X . Soit alors une suite (fn) de fonctions continues sur X . Supposons que fn convergeR faiblement vers f . Si x 2 X etR si x designe la mesure de Dirac en x, alors X fnx = fn(x) converge vers X fx = f (x), si bien que fn converge simplement vers f . Considerons maintenant les fn comme des formes lineaires sur l'espace de Banach des mesures de Radon sur X . La norme de fn est alors max jfnj en vertu de l'inegalite Z Z fn 6 sup jfnj jj; X X qui est une egalite si  est la mesure de Dirac en un point ou fn atteint son maximum. R Pour tout , la suite X fn est bornee (puisqu'elle converge) et le theoreme de Banach-Steinhaus implique alors que la suite kfnk est elle-m^eme bornee. Reciproquement, supposons que fn converge faiblement vers f et est uniformement bornee par une constante A ; comme A est integrable pour toute meR , le theoreme de convergence dominee implique que X fn ! Rsurefde, etRadon donc que fn converge simplement vers f . X 2. Montrons que f appartient  a l'adherence C de l'enveloppe convexe des fn. D'apres le theoreme de Hahn-Banach ((( forme geometrique ))), il faut prouver qu'aucune forme lineaire ' ne separe f et C , autrement dit que si une forme lineaire ' veri e '(C ) > t pour un reel t, on a aussi '(f ) > t. Soit ainsi ' une forme lineaire sur C 0 (X ) et notons  la mesure de Radon R telle que '(f ) = X f. Par hypothese, fn converge simplement vers f . Comme jfnj 6 M , le theoreme de convergence dominee implique que Z Z '(fn) = fn ! f = '(f ): X X Comme fn 2 C , on a '(fn) > t, et par passage a la limite, '(f ) > t. 1.

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Topologies dans les espaces vectoriels normes

Ainsi, il existe une suite de combinaisons convexes des fn qui converge vers f dans C 0 (K ), c'est-a-dire uniformement.

Exercice 25{3. Convergences faibles vs. fortes dans `1 1. PSoit (xn) une suite d'elements de l'espaceP `1 des suites (uk )k>0 telles que juk j < 1. On suppose que kxn k = 1 k=0 jxn;k j = 1 et que (xn ) converge faiblement vers 0. Montrer qu'il existe deux suites d'entiers (nj ) et (pj ) strictement croissantes telles que pj pX j +1 X jxnj ;k j < 1=4 et jxnj ;k j > 3=4: k=0

k=pj +1

2. En considerant la suite (yk ) de nie par yk = sgn(xnj ;k ) si pj < k 6 pj+1 comme une forme lineaire sur `1 , etablir une contradiction. 3. En deduire que dans `1, une suite converge faiblement si et seulement si elle converge fortement. Solution : 1. On va construire (pj ) et (nj ) de proche en proche. Il sut de prendre n0 = 0 et p0 = 0, de sorte que la premiere inegalite est triviale. On peut P P 1 1 alors p1 tel que k=p1+1 jx0;k j < 1=4, et comme k=1 jx0;k j = 1, on a Pp1 jtrouver x j > 3 =4. k=1 0;k Supposons maintenant les suites (nj ) et (pj ) construites jusqu'a nj et pj+1. En considerant les formes lineaires continues u 7! uk , on voit que chacune des suites xn;k tend vers 0 quand n ! +1. On peut donc trouver un entier nj+1 > nj tel que pX j +1 xn ;k < 1=4: j +1

k=1

On peut ensuite trouver (par le m^eme argument que pour p1) un entier pj+2 > pj+1 tel que pX j +2 xn ;k > 3=4: j +1 k=pj+1+1

Considerons la suite (yk ) telle que yk = sgn xnj ;k ; si pj + 1 6 k 6 pj+1: E tant bornee, elle de nit une forme lineaire continue ' sur `1 en posant : 2.

'(x) = On calcule alors

'(xnj ) =

pj X

1 X

k=1

yk xk :

1 X yk xnj ;k + yk xnj ;k ; sgn(xnj ;k ) xnj ;k + k|=1 {z } k=pj +1 k=pj+1 +1 {z } | {z } | = S1 = S2 = S3 pX j +1

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Analyse fonctionnelle

avec, d'apres la premiere question, jS1 j < 1=4, S2 > 3=4 et jS3 j < 1 3=4 = 1=4. On peut en conclure que '(xnj ) > 1=4, donc ne peut pas tendre vers 0, ce qui contredit la convergence faible de (xn) vers 0. 3. Il est clair que toute suite convergeant fortement converge faiblement vers la m^eme limite. Soit maintenant une suite (xn) d'elements de `1 qui converge faiblement vers x 2 `1. Quitte a remplacer xn par xn x, on suppose que x = 0. Montrons alors que (xn) converge fortement vers 0. Si ce n'etait pas vrai, il existerait



" > 0, ainsi qu'une suite extraite (x'(n) ) telle que pour tout entier n, x'(n) > ". Alors, la suite (yn) de nie par yn = kx 1 k x'(n) '(n) converge faiblement vers 0, tout en veri ant kynk = 1 pour tout n. D'apres la question 2, c'est absurde, si bien que xn converge vers x. Remarque. On sait que la topologie faible et la topologie forte concident si et seulement si la dimension de l'espace est nie. Ici, il s'agit de la convergence des suites, ce qui est une notion plus faible.

Exercice 25{4. Convergences faibles vs. fortes dans Lp Soient p un reel > 1 et  la fonction de nie par (u) = jujp si p > 2 ou juj > 1 et (u) = juj2 sinon. 1. Montrer qu'il existe une constante c > 0 (dependant de p) telle que () j1 + ujp > 1 + pu + c(u) pour tout u 2 R : 2. Soient (X; d) un espace mesure et E = Lp(X; d). Soit (fn) une suite dans E qui converge faiblement vers f 2 E et telle que kfn k ! kf k. On pose X0 = f 1 (0). Si p > 2, montrer que fn converge fortement vers f . 3. On suppose maintenant que p < 2. Montrer que ! Z Z f f n jfnjp d et jf jp  f d X0 X nX0 tendent vers 0 quand n ! +1. 4. On note Xn0 = fx 2 X n X0 ; jfn(x) f (x)j > jf (x)jg et

Xn00 = fx 2 X n X0 ; jfn(x) f (x)j < jf (x)jg: R R Montrer que Xn0 jfn f jp d et Xn00 jfn f jp d tendent vers 0. 5. En deduire que fn converge fortement vers f . Indications : 2. Si 1=p + 1=q = 1, remarquer que jf jp sgn(f ) appartient a Lq = E . Appliquer 1

l'inegalite de la premiere question a u = (fn f )=f .

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Topologies dans les espaces vectoriels normes

4. Pour l'integrale sur Xn00 , on utilisera l'inegalite de Holder. Solution :

Introduisons la fonction auxiliaire '(u) = j1 + ujp 1 pu Quand u ! 1, on a '(u)  jujp  (u); et quand u ! 0, on a '(u)  p(p 2 1) juj2 > c0 (u): On en deduit qu'il existe une constante c1 > 0 telle que l'inegalite () est veri ee au voisinage de 0 et de 1, i.e. pour c = c1 , juj <  et juj >
. Par ailleurs, pour u 6= 1, on a '0 (u) = p j1 + ujp 1 sgn(1 + u) p et '00(u) = p(p 1) j1 + ujp 2 > 0: La fonction ' est donc strictement convexe sur R et comme '0(0) = 0, elle admet un unique minimum en 0. De plus '(0) = 0, donc '(u) > 0 sur R et m^eme '(u) > 0 sur R  . On peut ainsi minorer sur le compact [
; ] [ [;
] la fonction continue strictement positive '(u)=(u) par une constante c2 > 0. On en deduit l'inegalite () en prenant c = min(c1; c2). 2. En appliquant l'in egalite de la premiere question a u = (fn f )=f , puis p en multipliant par jf j , on obtient l'inegalite (hors de X0) :   jfnjp > jf jp + jf jp 1 (sgn f ) (fn f ) + jf jp c  fn f f : On integre cette inegalite sur X , ce qui donne, en tenant compte que f (t) = 0 sur X0 a chaque fois que c'est necessaire, 1.

Z

jfn > X

(1)

jp

Z

jfn

jp +

Z

jfnjp

X nX 0 Z Z > X jfnjp + X jf jp + X jf jp 1 (sgn f ) (fn f ) 0 Z   + j f jp c  fn f f : X nX

ZX0

0

Notons que la fonction g = jf jp 1 sgn f appartient a Lq , puisque (jf jpp 1)q =p p jf j est integrable. Comme p > 2, on a de plus ((fn f )=f ) = jfn f j = jf j , d'ou Z Z Z  Z  j fnjp + j f jp c  fn f f = jfn f jp + c j fn f jp X0 X0 X nX0 X nX0 Z p > c0 jfn f j ; X

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Analyse fonctionnelle

avec c0 = min(1; c). On peut donc reecrire (1) sous la forme Z Z  p  1 p p j fn f j 6 c0 kfnk kf k p (fn f )g n!1 ! 0; X X puisque par hypothese, d'une part kfnk ! kf k et d'autre part g 2 Lq entra^ne R que X (f fn)g ! 0. On a donc bien montre que fn ! f pour la norme k
kp. 3. En reprenant la d emonstration precedente, mais sans utiliser la forme explicite de , on obtient encore a partir de (1) ! Z Z f n f p 06 + jfnjp j fj c  f X nX0 X0 Z 6 kfnkpp kf kpp + p (fn f )g n!1 ! 0: X

Comme elles sont positives, chacune des deux expressions a etudier tend donc vers 0. 4. En explicitant  quand p < 2, on a, par d e nition de Xn0 et Xn00 , ! Z Z Z f n f p = 0 jfn f jp + 00 jf jp 2 jfn f j2 ; j fj  f Xn Xn X nX0 donc, d'apres la question precedente, chacune de ces deux integrales tend vers 0. La premi R ere a la forme voulue ; on voudrait se servir de la deuxieme pour estimer Xn00 jfn f jp. Mais comme jfn f j < jf j sur Xn00 , on peut faire appara^tre une integrale propice a l'utilisation de l'inegalite de Holder :

Z

jfn f jp 6 X 00 n

=

6

Z

Xn00

jf jp 1 jfn f j

Z  Xn00

Z

R



jf jp=2 1 jfn f j  jf jp=2

jf jp 2 jfn 00

Xn

fj

2

!1=2

Z



Xn00

jf jp

!1=2

! 0: n!1

On a bien montre que Xn00 jfn f jp ! 0. 5. On conclut encore,  a l'aide des deux questions precedentes, que

Z

jp

jf fn = X

Z

jfn X0

jp +

Z

Xn0

jf fn

jp +

Z

Xn00

jf fnjp n!1 ! 0:

Exercice 25{5. Le theoreme de Banach-Alaoglu Soit E un espace de Banach, E  son dual. On munit E  de la topologie faible-, de nie par les semi-normes px (') = '(x) pour x 2 E . 1. Justi er qu'une partie U de E  est un voisinage de 0 si et seulement si il existe un entier n, un reel " > 0 et des elements x1 , : : : , xn 2 E tels que U  f' 2 E  ; j'(xi)j < "g.

Topologies dans les espaces vectoriels normes

11

2. Soit B la boule unite fermee de E  (pour la norme usuelle sur E ).

Montrer qu'elle est compacte pour la topologie faible- (theoreme de BanachAlaoglu). 3. On suppose que E est separable. Montrer qu'il existe une distance sur B qui de nit la topologie faible-. 4. Application : soient E et F deux espaces de Banach et T : E ! F une application lineaire continue. On suppose que E est separable et re exif, c'est-a-dire que E = E  . Montrer que T est compacte si et seulement si pour toute suite (xn ) d'elements de E telle que xn converge faiblement vers x 2 E , la suite Txn converge fortement vers Tx.

Indications : 2. Considerer l'application  : B ! Qx2E [ kxk ; kxk] telle que ' 7! ('(x))x2E et utiliser

le theoreme de Tychonov. Si (xn ) est une suite dense dans la boule unite de E , on pourra poser d(f; g) = P 3. 2 n jf (xn ) g(xn )j.

Solution :

C'est en fait la de nition de la topologie de nie par une famille de semi-normes ! En prenant pour base de voisinages les intersections nies des (( voisinages  elementaires )) que de nissent chaque semi-norme, on obtient en eet la topologie la moins ne pour laquelle chaque semi-norme est continue. Q 2. Le produit K = x2E [ kxk ; kxk] est compact comme produit d'ensembles compacts. Soit  : B ! K l'application qui associe a ' 2 B la famille ('(x))x2E . (Comme k'k 6 1, on a bien '(x) 2 [ kxk ; kxk].) L'application  est continue (si on munit B de la topologie faible- et K de la topologie produit) car chacune de ses composantes est continue. De plus, elle est injective car : '(x) = '0(x) pour tout x 2 E implique que ' = '0. L'image de  est l'ensemble des familles ('x) telles que 'x+y = 'x + 'y pour tous  et  2 R , et tous x et y 2 E . En eet, une telle famille de nit une application lineaire, qui est necessairement continue car j'xj 6 kxk, et de norme 6 1. Ainsi, l'image de  est une intersection de fermes dans K , donc est fermee, et donc compacte. Montrons nalement que  1 : (B ) ! B est continue, lorsque (B ) est muni de sa topologie naturelle et B de la topologie faible-. Il sut de savoir que pour chacune des semi-normes py , l'application py   1 est continue. Or (py   1 )('x) = 'y est continue, puisque c'est une des coordonnees. Par consequent,  : B ! (B ) est un homeomorphisme de B (muni de la topologie faible-) sur un compact. En particulier, la boule unite fermee de E  munie de la topologie faible- est compacte. 3. Soit (xn )n>0 une suite d' elements de E qui est dense dans la boule unite de E . On pose, pour f et g 2 E  : X d(f; g) = 2 njf (xn) g(xn)j: 1.

n

12

Analyse fonctionnelle

C'est bien de ni, puisque la serie converge et il est immediat de veri er que c'est une distance sur E  . (Remarquer que si d(f; g) = 0, alors f = g sur une partie dense de BE (0; 1), donc sur une partie dense de E par linearite, donc sur E tout entier par continuite.) Montrons que d induit sur B la topologie faible-. Si f 2 E  est de norme 6 1, il faut veri er que tout voisinage de f pour d contient un voisinage pour la topologie faible-, et reciproquement. Soit r > 0. Pour g 2 E  de norme 6 1, on a l'inegalite

d(f; g) 6

N X

n=1

2 njf (xn) g(xn)j + 2

1 X

2 n:

| N +1{z } =21 N

Ainsi, si 21 N < r=2 et si jf (xn) g(xn)j < r=N pour tout n 2 f1; : : : ; N g, on a d(f; g) < r. Tout ouvert pour d contient donc un ouvert pour la topologie faible-. Reciproquement, soit un nombre ni de yi 2 E et considerons le voisinage de f dans E  pour la topologie faible- de ni par les conditions jf (yi) g(yi)j < ". Quitte a diminuer ", on peut supposer que kyik 6 1 et ainsi trouver ni 2 N tel que kxni yik 6 . Si d(f; g) < r et kgk 6 1, alors jf (yi) g(yi)j 6 kf gk kyi xni k + jf (xni ) g(yni )j 6 2 + 2ni d(f; g) = 2 + 2ni r: Il sut d'avoir choisi  < "=4 et r > 0 tel que 2ni r < "=2 pour que la boule d(f; g) < r soit toute entiere contenue dans le voisinage faible- que l'on avait considere. Par consequent, tout ouvert pour la topologie faible- contient un ouvert pour la topologie de nie par d. En de nitive, la restriction a la boule unite fermee de E  de la topologie faible- est metrisable. 4. Supposons que T est compacte et soit (xn ) une suite d' elements de E qui converge faiblement vers x. Commencons par montrer que la seule valeur d'adherence possible de (Txn ) est Tx. En eet, si Tx (n) ! y, alors '(Tx (n) ) = ('  T )(x (n) ) ! ('  T )(x) = '(Tx) pour toute forme lineaire ' 2 F  , puisque xn converge faiblement vers x. Ainsi, '(Tx y) = 0 pour tout ' 2 F  et le theoreme de Hahn-Banach implique y = Tx. Mais d'autre part, la suite (xn ) est necessairement bornee. En eet, pour tout ' 2 E , la suite '(xn) est bornee et le theoreme de Banach-Steinhaus implique que les applications lineaires ' 7! '(xn) sont uniformement bornees. Leur norme etant kxnk d'apres Hahn-Banach, la suite (xn) est bornee. Comme T est compact, Txn est une suite de points d'un compact qui admet au plus une valeur d'adherence. Il est facile de montrer qu'elle converge vers cette valeur Tx, c'est d'ailleurs prouve dans l'exercice 7{1.

13

Topologies dans les espaces vectoriels normes

Montrons maintenant la reciproque ; c'est la qu'il faudra utiliser l'hypothese que E est re exif. En eet, la topologie faible sur E s'identi e alors a la topologie faible- sur le dual de E  et le theoreme de Banach-Alaoglu implique que la boule unite fermee de E est compacte pour la topologie faible. Pour montrer que l'image par T de la boule unite fermee de E est relativement compacte, il sut de considerer une suite (xn ) de points de E telle que kxnk 6 1 et de montrer que la suite Txn possede une sous-suite convergente. Or, la suite (xn ) admet une valeur d'adherence pour la topologie faible, et donc une sous-suite convergente puisque cette topologie est metrisable. Ainsi, on a une sous-suite x (n) qui converge faiblement vers x 2 E et d'apres l'hypothese sur T , Tx (n) converge fortement vers Tx 2 F . Donc la suite (Txn) admet une valeur d'adherence, et T est compact. Exercice 25{6. Moments d'une mesure positive sur [0; 1] 1. Soit  une mesure de Radon nit les moments R positive sur [0; n1].>On0.deMontrer (an) de  Pen posant an = 01 xn d pour tout que si le P n polyn^ome cn x est positif sur [0; 1], alors an cn > 0. eciproquement, soit une Psuite (an ) telle que pour tout polyn^ome P 2.c R n n n x positif sur [0; 1], on ait an cn > 0. Montrer qu'il existe une unique mesure sur [0; 1] dont (an ) soit la suite des moments. Indication : 2. Montrer que la forme lineaire P cnxn 7! P ancn sur R[x] se prolonge en une forme lineaire continue sur C ([0; 1]). 0

Solution :

Cette premiere question est facile, il sut d'int egrer P cnxn pour la meP sure positive  : l'integrale est positive, elle vaut ancn par linearite. 2. D e nissons une forme lineaire ' sur R [x] en posant 1.

'

X n

cn

xn

! X =

cnan:

Si P est un polyn^ome > 0 sur [0; 1], on sait par hypothese que '(P ) > 0. Par suite, si P 6 M sur [0; 1], alors '(M P ) = M'(1) '(P ) > 0 et '(P ) 6 M'(1). Ainsi, ' est continue sur R [x] muni de la norme du sup sur [0; 1] et k'k = '(1) = a0 . Comme les fonctions polynomiales sur [0; 1] sont denses dans les fonctions continues, ' se prolonge en une unique forme lineaire continue sur C 0 ([0; 1]) de m^eme norme. De plus, si f > 0 est continue sur [0; 1], en choisissant une suite de polyn^omes positifs qui converge vers f , on voit que '(f ) > 0. En de nitive, ' est une forme lineaire continue positive sur C 0 ([0; 1]) et il existe, d'apres le theoreme de representationR de Riesz, une unique mesure de Borel positive  sur [0; 1] telle que '(f ) = f d. En particulier, (an) est la suite des moments de . L'unicite de  resulte de la densite des fonctions polynomiales dans les fonctions continues sur [0; 1] (voir par exemple l'exercice 11{10 du tome 1).

14

Analyse fonctionnelle

Exercice 25{7. Theoreme de Banach-Steinhaus 1. Soient E un espace de Banach, F un espace vectoriel norme, et T un ensemble d'applications lineaires continues T : E ! F . Prouver l'alternative

(theoreme de Banach-Steinhaus) : { ou bien T est uniformement borne, i.e. supfkT k ; T 2 T g < 1 ; { ou bien l'ensemble G = fx ; supT 2T kTxk = 1g est un G (i.e. une intersection denombrable d'ouverts) dense dans E . 2. Application elementaire : soit (an) une suite de complexes telle que pour P q toute suite (bn ) 2 ` (1 6 q 6 1), la serie an bn converge. Montrer que (an) 2 `p, avec 1=p + 1=q = 1.

Indication : 1. Poser Vn = fx ; supT 2T kTxk > ng et appliquer le theoreme de Baire. Solution :

Soit Vn = fx ; 9T 2 T ; kTxk > ng.TL'ensemble Vn est ouvert dans E , comme reunion d'ouverts. De plus, G = n Vn. Supposons que T n'est pas uniformement bornee ; d'apres le theoreme de Baire (applique dans l'espace de Banach E ), pour montrer que G est dense, il sut de prouver que tous les Vn sont denses. Soient donc x 2 E et  > 0. Soit T 2 T de norme > A. Il existe ainsi y 2 E de norme  tel que kTyk > A. Ainsi, kTx + Tyk > kTyk kTxk > A kTxk, si bien que x + y appartient a Vn des que A > (n + kTxk)=. Cela prouve bien que Vn est dense dans E . 2. Pour n entier, on consid ere la forme lineaire 'n : (bk ) 7! Pnk=0 ak bk. En 1=p vertu de l'inegalite de Holder, 'n est continue de norme 6 Pnk=0 jak jp . Mais reciproquement, en choisissant bk de sorte que ak bk = jakjp pour 0 6k 6 1=p n et bk = 0 si k > n, on voit que la norme de 'n est exactement Pnk=0 jak jp . Par hypothese, pour tout b 2 `q , 'n(b) converge. Le theoreme de BanachSteinhaus implique alors que la suite k'nk est bornee, d'ou la convergence de p . Ainsi, (a ) 2 `p. la serie P1 j a j k k=0 k 1.

Exercice 25{8. Divergence des series de Fourier

Soit C l'espace de Banach des fonctions continues 2 -periodiques sur R , muni de la norme sup. Soit pour tout n un projecteur lineaire continu Ln de C sur l'ensemble des polyn^omes trigonometriques de degre 6 n ; soit aussi (Snf )(x) = Pn n ck eikx (les ck sont les coecients de Fourier de f ). 1. Si (Tf )(x) = f (x + ), montrer que

Z 1 (Snf )(x) = 2 (T LnT f )(x) d:  En deduire que kSnk 6 kLn k. 2. Montrer qu'il existe f 2 C telle que kLn f k est non borne.

Topologies dans les espaces vectoriels normes

15

3. Soit pour tout n un projecteur lineaire continu Ln de l'ensemble des fonctions continues [a; b] ! R sur l'ensemble des polyn^omes de degre 6 n. Par exemple, on peut prendre pour Ln f l'unique polyn^ome de degre 6 n qui prend les valeurs f (a + (b a)k=n) aux points a + (b a)k=n (0 6 k 6 n) (polyn^ome d'interpolation de Lagrange). Montrer qu'il existe une fonction continue f telle que kLn f k ! 1. Indications : 1. Stone-Weierstra. 2. Estimer kSnk puis appliquer Banach-Steinhaus. 3. Se ramener a la deuxieme question. Solution : 1. Commencons par d emontrer l'identite dans le cas d'une fonction f (x) = eimx , pour m entier donne. On note Pn = Ln(f ) avec, par hypothese, Pn = f si jmj 6 n, et autrement, Pn un polyn^ome trigonometrique de degre au plus n. En remarquant que Ln(eim(t+) ) = eim Pn(t) (par linearite), on obtient 8 1 Z  (T L T f )(x) d = 1 Z  P (x )eim d = X dt > X p p J> : p=0 n + 1=2 2 3=p + p p=0 2 (1 + p) p=0 Ip 2 sin t=2 Cette derniere serie diverge quand n ! 1 (on peut m^eme dire qu'elle est equivalente a 2 1=2 log n), ce qui termine la demonstration du fait que kSnk, et donc kLnk, tendent vers +1. Le theoreme de Banach-Steinhaus montre alors qu'il existe f 2 C telle que kLnf k est non bornee, ce qu'il fallait demontrer. 3. On se ram ene facilement au cas ou [a; b] est l'intervalle [ 1; 1]. A une fonction f sur [ 1; 1], on associe une fonction ' 2 C de nie par '() = f (cos ), et reciproquement. On de nit aussi un operateur L~ n sur C par (L~ n')() = (Lnf )(cos ): On voit que kL~ nk = kLnk, donc que L~ n est continu. Comme Ln f est un polyn^ome de degre 6 n, L~ n' est un polyn^ome trigonometrique de degre 6 n, et L~ n  L~ n = L~ n.

D'apres la question 2, il existe une fonction ' 2 C telle que

L~ n'

n'est pas bornee. Pour la fonction f associee, la suite kLnf k n'est non plus pas bornee. Remarque. Cet exercice conclut l'exercice 22{4 du tome 2 en montrant que la suite des polyn^omes interpolateurs de Lagrange (pour les subdivisions regulieres de [a; b], mais le cas general est mot pour mot le m^eme) ne peut pas converger pour toute fonction continue. Il ne contredit pas le fait que l'interpolation de Hermite converge (en norme C 0 ) pour toute fonction C 1 .

CHAPITRE XXVI

Geometrie des espaces vectoriels normes Exercice 26{1. Jauge d'un convexe et theoreme de Kolmogorov Soit E un espace vectoriel reel et A  E un convexe absorbant, c'est-a-dire que [ () A = E: On de nit la jauge de A par :

>0

jA (x) = inf f > 0 ; x 2 Ag:

1. Montrer que jA veri e (1) jA (0) = 0, jA (x) 2 R + , (2) 8 > 0; jA (x) = jA (x), (3) jA (x + y ) 6 jA (x) + jA (y ).

Montrer que si on suppose en plus que A est equilibre, c'est-a-dire si on a x 2 A , x 2 A, alors jA est une semi-norme, c'est-a-dire veri e (1), (3) et (20 ) : 8 2 R ; jA (x) = jjjA(x) 2. Soit E un espace vectoriel topologique, i.e. un espace vectoriel muni d'une topologie telle que les fonction (x; y ) 7! x + y et (; x) 7! x sont continues. Une partie B de E est dite bornee si pour tout voisinage V de 0 dans E il existe un reel  tel que B  V . Montrer qu'un espace vectoriel topologique separe est normable (i.e. admet une norme qui induit sa topologie) si et seulement si il possede un voisinage convexe borne de 0 (theoreme de Kolmogorov).

Indication : 2. On pourra de nir une norme a l'aide de la jauge d'un convexe convenable, puis veri er qu'elle concide avec la topologie de E . Solution :

L'hypothese () entra^ne en particulier que 0 2 S>0 A, donc que 0 2 A et que jA(0) = 0. Il est par ailleurs clair que pour tout x 2 E , jA(x) est un reel positif, comme borne inferieure d'un ensemble non vide de reels positifs. 1.

18

Analyse fonctionnelle

De x 2 A =) x 2 ()A pour  et  positifs, on tire que jA(x) = jA(x). Il reste a demontrer (3), ce qui va necessiter l'hypothese de convexite de A. Soient donc x et y dans E et ;  > 0 tels que x 2 A et y 2 A. Alors par convexite x + y =  x +  y 2 A; + + +

donc x + y 2 ( + )A. Comme ceci est vrai pour  et  arbitrairement proches, respectivement, de jA(x) et jA(y), on voit ainsi que jA(x + y) 6 jA(x) + jA (y). En n, si A est equilibre, on a jA (x) = jA( x) ce qui, combine avec (2), donne (20). 2. Si E peut ^ etre muni d'une norme, alors la boule unite pour cette norme est clairement un voisinage convexe borne de 0. Seul l'autre sens de l'equivalence pose probleme. Soit donc B un voisinage convexe borne de 0 dans E . Pour appliquer la premiere question, on va construire a partir de B une partie convexe equilibree et absorbante A, montrer que la semi-norme jA construite est en fait une norme, et en n montrer que cette norme de nit la m^eme topologie que celle de depart sur E . Montrons qu'un voisinage V de 0 est forcement absorbant. Soit x 2 E . Comme 0 x = 0 2 V , par de nition de la continuite de (; x) 7! x, il existe un voisinage Vx de x dans E et un voisinage ] ; [ de 0 dans R tels que Vx  V pour tout jj < . En particulier, on a x 2 (1=)V des que jj < . Pour construire un voisinage de 0 convexe equilibre A a partir de B , on pose A = B \ ( B ), qui est clairement equilibre, convexe comme intersection de deux convexes et qui est un voisinage de 0 puisque l'intersection de deux voisinages est encore un voisinage. D'apres la question 1, la jauge jA est donc bien une semi-norme. Montrons que la semi-norme jA est en fait un norme. C'est la qu'intervient une premiere fois le fait que A est borne. Soit x 2 E n f0g. Comme E est separe, il existe un voisinage V de 0 tel que x 62 V . Comme A est borne, il existe un  > 0 tel que A  V . De x 62 V , on deduit que x 62 A, d'ou jA(x) > 1= et donc jA (x) 6= 0. Il reste a montrer que la topologie de nie par la norme jA est la topologie initiale. Dans un espace vectoriel topologique, les voisinages d'un point x se deduisent des voisinages de 0 par translation (puisque, par hypothese, les translations sont continues). Il sut donc de veri er les deux conditions suivantes : { pour tout voisinage V de 0, il existe une boule B (0; r) (pour la norme jA) telle que B (0; r)  V : comme A est borne, on a un  > 0 tel que A  V , donc il sut de prendre r = 1=, puisque

x 2 B (0; 1=) ) jA(x) < 1= ) x 2 A= ) x 2 V:

Geometrie des espaces vectoriels normes

19

{ reciproquement, pour toute boule B (0; r), il existe un voisinage V de 0 tel que V  B (0; r) : on prend V = (r=2)A, puisque x 2 (r=2)A ) jA(x) 6 r=2 ) x 2 B (0; r):

Exercice 26{2. Le theoreme de Markov-Kakutani Soit E un espace vectoriel norme. Soient F une famille d'applications af nes continues E ! E commutant deux a deux et K  E un convexe compact non vide tel que T (K )  K pour tout T 2 F . 1. Si T 2 F , on pose Tn = n1 Pkn=01 T k . Prouver que l'intersection des Tn(K ) pour T 2 F et n > 1 est non vide. 2. Si x est un point de cette intersection, montrer que T (x) = x pour tout T 2 F (theoreme de Markov-Kakutani). 3. Soit G un groupe topologique compact commutatif.R Montrer qu'il existe mesure  sur G invariante par translation (i.e., f (x) d(x) = R f (gxune ) d(x) pour tout g 2 G et toute f 2 C 0 (G)) et telle que (G) = 1 (mesure de Haar).

Indication : 3. On deduira de l'exercice 25{5 la compacite de l'ensemble des mesures positives de

masse totale 1 sur G. Solution :

Si T 2 F et n 2 N , alors Tn(K ) est convexe, comme image d'un convexe par une application ane ; il est compact non vide comme image continue d'un compact non vide. De plus, comme T (K )  K et que K est convexe, les images Tn(x) sont des barycentres de points de K , donc sont dans K . Ainsi, Tn(K ) est un convexe compact non vide contenu dans K . Supposons que l'intersection des Tn(K ) pour T 2 F et n > 0 soit vide. On pourrait alors en trouver une intersection nie qui est vide, soit Tn(1)1 (K ) \


\ Tn(kk)(K ) = ?: Posons U = Qki=1 Tn(ii) ; comme les T (i) commutent, les Tn(ii) aussi et l'ordre du produit n'a pas d'importance. De plus, U (K )  Tn(ii) (K ) pour tout i 2 f1; : : : ; kg. Il en resulte que U (K ) = ?, ce qui est absurde. 2. Soit x un  element de l'intersection des Tn(K ) et xons T 2 F . Pour tout entier n, il existe un xn 2 K tel que x = Tn(xn ). Or, T (x) x = T (Tn(xn)) Tn(xn)   = n1 T (xn) +


+ T n(xn) (xn +


+ T n 1(xn))   = n1 T n(xn ) xn : 1.

20

Analyse fonctionnelle

Ainsi, pour tout n 2 N ,

kT (x) xk 6 n2 sup k k : 2K

Par consequent, T (x) = x. 3. Soit M1 l'ensemble des mesures de Radon positives  telles que (G) = 1. C'est une partie convexe de l'espace vectoriel norme M des mesures de Radon sur G. Si g 2 G, soit Tg l'application lineaire sur M induite par la translation de g. Comme G est commutatif, Tg Th = ThTg . De plus, Tg (M1)  M1. Pour appliquer le theoreme de Markov-Kakutani, il sut donc de prouver que M1 est compact. Or, M1 est inclus dans la boule unit Re de M pour la topologie (dite faible-) de nie par les semi-normes  7! f d pour f 2 C 0 (G). D'apres l'exercice 25{5, M1 | qui est aussi ferme | est donc compact. Remarque. L'hypothese peut ^etre largement aaiblie : sur tout groupe topologique localement compact, on peut prouver l'existence d'une mesure positive, invariante par translations a droite et cette mesure est unique a multiplication par un reel > 0 pres.

Exercice 26{3. Distance de Banach-Mazur Si E et F sont deux espaces vectoriels normes de m^eme dimension nie, on de nit n  Fo d(E; F ) = log inf u u 1 ; u : E !

(distance de Banach-Mazur). 1. Montrer que la borne inferieure est atteinte. Montrer que d(E; F ) = d(F; E ) et que, E , F et G etant trois espaces vectoriels normes de m^eme dimension,

0 6 d(E; G) 6 d(E; F ) + d(F; G): 2. Montrer que d(E ; F ) = d(E; F ).  F l'expression 3. En introduisant, pour u : E !

2

X

A(u) =

'(i)u(ei)

; ':[1;n]!f1g i montrer que d(`pn; `2n ) = 21 1p log n. X

Solution :

 F g  L(E; F ) et si u 2 U , f (u) = u u 1 . Soit U = fu : E ! La fonction f est continue sur U . On remarque que f (u) = f (u) pour tout scalaire  6= 0. Ainsi inf U f = inf A f ou A = U \ B (0; 1), B (0; 1) etant la boule unite fermee de l'espace vectoriel norme de dimension nie L(E; F ). L'ensemble A n'est pas compact, mais B (0; 1) l'est. Soit (un) une suite dans A telle que f (un) ! inf A f . On peut en extraire une sous-suite qui converge vers un element v de B (0; 1). Si v 2 A, on a ni. Sinon, v n'est 1.

21

Geometrie des espaces vectoriels normes

pas inversible. Soit x 2 Ker v non nul. On a donc un(x) ! v(x) = 0. Comme un 1(un(x)) = x, on voit que un 1 ! 1, donc f (un) ! 1, ce qui contredit l'hypothese que f (un) tend vers un minimum. Notons que l'inegalite 1 = uu 1 6 u u 1 montre que d(E; F ) > 0. Il est par ailleurs immediat de voir que d(E; E ) = 0 en considerant l'application identite. Pour montrer que d(E; F ) = d(F; E ), il sut d'observer que

fu u

1

 Fg = f v ; u:E!

v

1

 E g: ; v:F !

En n, soient u et v qui realisent les minimums qui de nissent d(F; G) et d(E; F ). Alors on a uv : E ! G et log( uv

(uv)

1

) 6 log( u u

1

v v

1

) = d(F; G) + d(E; F ):

On a ainsi montre que d(E; G) 6 d(E; F ) + d(F; G). Notons que d de nit donc une distance sur l'ensemble des espaces vectoriels normes isomorphes (comme ca n'existe pas, disons plut^ot, l'ensemble des e.v.n. ayant pour e.v. sous-jacent un e.v. donne), a condition d'identi er E et F des que d(E; F ) = 0, autrement dit quand ils sont isometriques. Pour montrer qued(E  ; F ) 6 d(E; F ), il sut d'observer que si u : E F , alors u : F  ! E  et u = u . En eet, si x 2 E et ' 2 F , alors ku(')(x)k = k'(u(x))k 6 k'k u kxk, d'ou u 6 u , puis, un espace vectoriel norme de dimension nie etant canoniquement isomorphe a son bidual, u = u 6 u 6 u ; 2.

!

d'ou l'egalite. Remarque. L'utilisation du theoreme de Hahn-Banach permet d'eviter ce recours a la bidualite et donnerait une autre preuve que u = u , valable en toute dimension.

On obtient alors

n  E o d(E ; F ) = d(F ; E  ) = log inf v v 1 ; v : F  ! n  Fo = log inf u (u 1) ; u : E ! n  Fo = log inf u (u 1) ; u : E ! = d(E; F ):  3. Soit u : `pn ! `2n et A(u) d e ni comme dans l'enonce On peut evaluer

22

Analyse fonctionnelle

A(u) de deux facons : d'une part

2 n X

X A(u) =

'(i)u(ei)

':[1;n]!f1g i=1 0 1 X @X X (1) 2 = ku(ei)k + '(i)'(j ) hu(ei) u(ej )iA ' i6=j Xi 2 n = 2 ku(ei)k 6 n2n u 2 : i

2+ (On peut aussi montrer cette identit e par r e currence a  partir de k a + b k ka bk2 = 2(kak2 + kbk2).) Alors, on remarque d'une part que ku 1u(ei)k = 1,Pd'ou u 1 > 1= ku(ei)k, ou encore ku(ei)k > 1= u 1 , et d'autre part que k i '(i)ei kp = n1=p , d'ou



X

u( '(i)ei)

6 u

X '(i)ei

6 u n1=p:

p

i

i

En reportant ces inegalites dans la de nition de A(u), on obtient l'inegalite A(u) 6 2n u 2 n1=2p ; d'ou, gr^ace a (1) l'inegalite

u u

1

qui entra^ne

> n 12

1 p

!

d(`pn; `2n) > 12 p1 log n: Si q est l'exposant conjugue de p, on a alors ! 1 1 p 2 q 2 d(`n; `n) = d(`n; `n) > 2 q log n = p1





!

1 log n: 2

Finalement, d(`pn; `2n) > 21 1p log n. Il reste a montrer que la minoration obtenue est optimale, c'est-a-dire exhiber une bijection lineaire qui realise le minimum. Or il sut de considerer l'application identite Id de `2n dans `pn. On a Id Id 1 = sup kxkp = x2inf kxkp : B(0;1) x2B(0;1)

Quand p < 2, onpvoit avec l'in egalite de Holder que la borne superieure est p atteinte en x = (1= n; : : : ; 1= n), tandis que la borne inferieure est atteinte en x = (1; 0; : : : ). On a donc  n 1=p 1 = n1=p 1=2 : Id Id = np=2

23

Geometrie des espaces vectoriels normes

On a maintenant tous les elements pour conclure que si p 6 2, alors : 1 p

d(`pn; `2n) =

!

1 log n; 2

et si p > 2, en notant q l'exposant conjugue de p :

d(`pn; `2n)

=

= 1 p1

!

1 log n ! 2 ! 1 log n = 1 1 log n: 2 2 p

d(`qn; `2n) =

1 q

On peut synthetiser ces deux formules en ecrivant :

1 1 d(`pn; `2n) = 2 p log n:

Exercice 26{4. Theoreme de Jones Soit C  R n une partie convexe compacte symetrique d'interieur non vide. 1. Si B designe la boule unite euclidienne de C , on suppose dans cette p question que B  C . Si nB 6 C , montrer qu'il existe un ellipsode B 0  C tel que vol B 0 > vol B . 2. Montrer qu'il existe un ellipsode B1 de centre 0 contenu dans C et de volume maximal.

3. En deduire a l'aide de la premiere question que B1  C  pnB1

(theoreme de Jones).

4. Soit E un R -espace vectoriel norme de dimension n. Deduire de la question precedente que la distance de Banach-Mazur (cf. exercice 26{3) de E a `2n est 6 12 log n. Solution :

p

Si C 6 nB , il existe,p au prix d'une rotation dans R n , un element (; 0; : : : ; 0) 2 C tel que  > n. Alors, par convexite, C contient le convexe K suivant, dessine en gris sur la gure, reunion { de B ; { de l'intersection du c^one de sommet (; 0; : : : ; 0) tangent a B avec l'ensemble des points d'abscisse > 1= . { de l'intersection du c^one symetrique de avec l'ensemble des points d'abscisse 6 1= . 1.

24

Analyse fonctionnelle

p

(0; =  2 1)

B

1=

M

(; 0)

Montrons maintenant que si " > 0 est assez petit, l'ellipsode M d'equation (1 ")n 1x21 + 1 (x22 +


+ x2n) 6 1; 1 " dont le volume est celui de B , est contenu dans l'interieur de C . Il sera alors possible de le grossir un peu et d'obtenir ainsi un ellipsode inclus dans C et de volume > vol B . Pour cela, il sut de montrer qu'un point du bord de M est inclus dans l'interieur de K . Calculons la distance du c^one a l'ellipsode M . L'abscisse des points d'intersection du c^one avec B se calculent relativement aisement : on a (x1 ; : : : ; xn)
( x1 ; y1; : : : ; xn) = 0; d'ou x1  = 1 pet x1 = 1= . Ainsi, il faut calculer le maximum de x1 + q x22 +


+ xq2n  2 1 sachant que (1 ")n 1x21 + (x22 +


+ x2n)=(1 ") = 1. On pose y = x22 +


+ x2n , d'ou le calcul de

q o max x + y  2 1 ; (1 ")nx2 + y2 = (1 ") : n

On utilise pour cela les multiplicateurs de Lagrange (c'est ce qui va le plus vite). p 2 Le gradient de la fonction a maximiser est (1;  1), celui de la contrainte est (2(1 ")nx; 2y). Ainsi, au maximum, il existe  tel que q x = (1 ") n et y =   2 1: Alors,   2 (1 ") n 1 +  2 = 1 " et le maximum (atteint pour  > 0) vaut d = (1 ") n + ( 2 1) = 1  " : Quand " ! 0, on fait alors un developpement limite du carre de cette expression d2 = (1 ")( 2 +(1 ") n 1) = (1 ")( 2 + n" + O("2)) =  2 + "(n  2 )+ O("2):

Geometrie des espaces vectoriels normes

25

Ainsi, puisque  2 > n, si " > 0 est assez petit, on a d2 <  2 et l'ellipsode M est contenu dans le c^one , donc dans l'intersection de et de son symetrique. Ensuite, si x = (x1; : : : ; xn) 2 M , on a (1 (n 1)")x21 + (1 + ")(x22 +


+ xn )2 6 1 + O("2) et donc x21 +


+ x2n 1 6 ((n 1)x21 x22


x2n)" + O("2) 6 n"x21 (x11 +


+ x2n)" + O("2); si bien que x21 +


+ x2n 1 6 (nx21 1) 1 +" " + O("2): Le developpement limite ci-dessus est uniformeppour x dans un compact de R n xe. Ainsi, si " est assez petit et si jx1j < 1= n, x = (x1 ; : : : ; xn) est dans l'interieur de B , donc dans l'interieur de C . Finalement, si x1 > 1= , alors x = (x1 ; : : : ; xn ) 2 M appartient soit a l'interieur de B soit a l'interieur de , et donc appartient a l'interieur de K . Par suite, M est inclus dans l'interieur de K donc dans l'interieur de C . 2. Un ellipsode est l'image de la boule unit e par une application lineaire bijective. Dire qu'un ellipsode est contenu dans C revient a ecrire pour tout x 2 B une condition fermee, si bien que l'ensemble A des  2 Mn(R ) telles que (B )  C est ferme. De plus, cet ensemble est borne car les vecteurs colonnes de la matrice de  appartiennent a M , donc son bornes. La fonction det : Mn(R ) ! R est continue, donc atteint son maximum sur le compact A. Ce maximum est strictement positif car pour " > 0 assez petit, "B  C et det(" Id) = "n > 0. Ce maximum est donc atteint en une matrice  qui est inversible. L'ellipsode (B ) est alors inclus dans C et de volume maximal. 3. Soit B1 un ellipsode de centre 0 contenu dans C et de volume maximal. Tout d'abord, on peut diagonaliser la forme quadratique de nissant B1 dans une base orthonormee, d'ou un changement de variables lineaire  tel que (B1 ) est la boule unite euclidienne de R n . Comme le changement de variables  multiplie les volumes par une constante xe, (B1 ) est l'ellipsode de centre 0 contenu dans (C ) dont le volume est maximal. p D'apres la premiere question, (B1 )  n(C ), d'ou l'inclusion demandee p B1  C  B1 n: 4. Soit E un espace vectoriel norm e. Appliquons a sa boule unite C la question pr e c e dente en choisissant un ellipso dans C tel que C  pnB . On voit que B de nit un isomorphismedeuB: Einclus ! `2n, sa norme est 6 1 p car Bp C . De plus, l'isomorphisme p reciproque est de norme 6 n puisque C  nB . Ainsi, u u 1 6 n et d(E; `2n) 6 12 log n:

26

Analyse fonctionnelle

que d(`2n; `1n) = 12 log n. Ainsi, l'inegalite demontree dans cet exercice est optimale. D'autre part, l'inegalite triangulaire entra^ne immediatement que si E et F sont deux espaces vectoriels normes de dimension n, leur distance de BanachMazur veri e d(E; F ) 6 log n. On peut de plus montrer qu'il existe une constante C telle que pour tout n, il existe E et F de dimension n tels que d(E; F ) > log n C (theoreme de Gluskin). Cependant, la valeur optimale de C n'est pas connue. Remarque. On a vu dans l'exercice

26{3

Exercice 26{5. Projections et constante de Lipschitz Soit E un espace vectoriel norme. On considere l'application T de E dans E qui a x associe x= max(1; kxk). 1. Montrer que l'on a kTx Tyk 6 2kx yk pour tous x, y 2 E . 2. Montrer que si (E; k
k) est un espace prehilbertien, alors kTx Tyk 6 kx yk est vraie pour tous x, y. 3. Donner un exemple d'espace vectoriel norme ou la constante 2 ne peut ^etre amelioree.

Solution : 1. Il faut distinguer les cas : si kxk 6 1 et ky k 6 1, l'in egalite est evidente. Supposons que kxk 6 1, mais que kyk > 1. Alors,





!

x y y 1

kTx Tyk =

x kyk

=

kyk + x 1 kyk

6 kxkykyk + kkxykk (kyk 1) 6 2kx yk;

puisque ky xk > kyk kxk > kyk 1. En n, si kxk et kyk sont superieurs a 1, on a



y x

kTx Tyk =

kxk kyk



!

x y 1 1

6

kyk + x kxk kyk

6 kxkykyk + jkykkykkxkj 6 2kx yk: 2. Supposons maintenant que (E; k
k) est un espace pr ehilbertien. Alors,

Geometrie des espaces vectoriels normes

27

posant r = max(1; kxk) et s = max(1; kyk), on a 2 2 kTx Tyk2 = kxr2k 2 hxrsyi + kys2k = kx yk2 1      + kxk2 r12 1 2 hx yi rs 1 + kyk2 s12 1 = kx yk2 2 2 h x k y k k x k y i 2 (rs 1) + 2 (1 s2): + 2 (1 r ) + 2 r rs s 2 On remarque alors que kxr2k (1 r2) est nul pour r = 1 et, pour r > 1, egal a 2 1 r2 ; il est donc egal a 1 r2 dans tous les cas. De m^eme, kys2k (1 s2 ) = 1 s2 . Quant au terme du milieu, rs 1 > 0 tandis que hxrsyi 6 1. Ainsi,

kTx Tyk2 6 kx yk2 + (1 r2) + 2(rs 1) + (1 s2) 6 kx yk2 (r s)2 6 kx yk2;

ce qu'il fallait demontrer. 3. Pour trouver un exemple d'espace vectoriel norm e dans lequel 2 soit la meilleure constante, il faut donc prendre une norme (( absolument pas hilbertienne )). Ensuite, la demonstration de la question 1 suggere de prendre x de norme 1 mais kyk > 1 tendant vers 1. Soit E = R 2 , avec k(x1 ; x2)k = jx1 j + jx2j. On pose x = (1; 0) et y = (1; ") avec " > 0. Ainsi,   Tx = (1; 0); Ty = 1 +1 " ; 1 +" " : On a donc kTx Tyk = 2"=(1 + "); kx yk = ": L'inegalite kTx Tyk 6 M kx yk entra^ne alors 2 6 M (1 + ") pour tout " > 0, d'ou M > 2.

Exercice 26{6. Inegalite de Grothendieck 1. Soient u et v deux vecteurs de norme 1 dans R n muni du produit scalaire usuel. Soit dG la mesure gaussienne sur R n de nie par dG(x) = (2) n=2e kxk2 =2 dx; ou dx designe la mesure de Lebesgue usuelle sur R n . Montrer l'egalite Z sgn hu xi sgn hv xi dG(x) = 2 arcsin hu vi : n  R 2. Soient H un espace de Hilbert ainsi que, pour tous i 2 f1; : : : ; ng et j 2 f1; : : : ; mg, des vecteurs xi et yj de norme 1 dans H . Soit aussi

28

Analyse fonctionnelle

(ai;j ) 2 Mn;m(R ) une matrice telle que pour tous (si) 2 R n et (tj ) 2 R m avec pour tout i, jsi j 6 1 et pour tout j , jtj j 6 1 on a

n m X X ai;j sitj 6 1:

(1)

i=1 j =1

Montrer alors que

n m X X ai;j arcsin hxi yj i 6 2 : i=1 j =1

3. En deduire l'inegalite de Grothendieck : n m X X ai;j hxi yj i 6 sh(=2): (2) i=1 j =1

Indication : 3. Si les xi , yj 2 H sont de norme 1, montrer par recurrence l'inegalite

X a (arcsin hx y i)p 6 
p i j i;j i;j 2

puis utiliser le developpement en serie de la fonction sinus. Solution : 1. Soit I l'int egrale a calculer. Quitte a faire un changement de variables lineaire isometrique, on peut supposer que u = (1; 0; : : : ; 0) et v = (sin ; cos ; 0; : : : ; 0). Quitte a changer v en v, on peut supposer que l'angle  est aigu, et on peut aussi supposer  2 [0; =2] : dans les deux cas, les deux membres de l'egalite a prouver sont changes en leur oppose. Dans le cas ou nous nous sommes places, arcsin hu vi = arcsin(sin ) = . On fait alors le changement de variables (x1 ; x2; : : : ; xn) = (r cos ; r sin ; x3 ; : : : ; xn); de sorte que sgn hu xi sgn hv xi dG(x) = = (2) n=2 sgn cos  sgn sin(+)e r2=2e jx3j2 =2


e jxnj2=2 r dr d dx3


dxn: Compte tenu des integrales classiques

Z +1 1

e

x2 =2 dx = p2

et

Z +1 0

xe

x2 =2 dx =

l'integrale a calculer vaut 1 Z  sgn  cos  sin( + ) d: 2 

h

e

i r2 =2 +1 0

= 1;

Geometrie des espaces vectoriels normes

29

On a l'identite

cos  sin( + ) = sin(2 + 2) + sin  ; dont le signe est donc positif pour  6  6 =2, negatif pour =2 6  6   (modulo ). Par consequent, l'integrale a calculer vaut 1 2  +  2    = 2 : 2 2 2  2. Quitte  a remplacer H par le sous-espace vectoriel engendre par les xi et les yj , on peut se limiter au cas ou H est un espace vectoriel euclidien de dimension nie N . Soient donc pour i 2 f1; : : : ; ng et j 2 f1; : : : ; mg des vecteurs xi , yj de norme 1 dans R N , et soit (ai;j ) une matrice veri ant la condition (1). Alors pour tout x 2 R N , on a

n m X X ai;j sgn hxi xi sgn hyj xi 6 1: i=1 j =1

En prenant l'integrale de cette expression et en utilisant la premiere question, on obtient :

X n m X ai;j arcsin hxi yj i i=1 j=1 Z n m X X = 2 n+m ai;j sgn hxi xi sgn hyj xi dG(x) R i=1 j=1 Z X n X m  6 2 Rn+m ai;j sgn hxi xi sgn hyj xi dG(x) i=1 j =1 6 2 ;

ce qui conclut la demonstration. 3. On peut encore supposer que H = R N muni du produit scalaire usuel. Soient xi , yj des elements de norme 1 dans H . Soient ti et sj des reels dans [ 1; 1]. La matrice (bi;j ) = (ai;j tisj ) veri e encore la condition (1). On peut donc lui appliquer la question precedente, d'ou l'inegalite n m X X ai;j ti sj arcsin hxi yj i 6 2 ; i=1 j =1 ce qui prouve, les ti et sj etant arbitraires, que la matrice de terme general a0i;j = 2 ai;j arcsin hxi yj i veri e la condition (1). Par recurrence, la matrice de terme general ai;j (2 arcsin hxi yj i =)p veri e encore cette condition, d'ou l'inegalite n m   X X p 6  p: a (arcsin x y ) i;j i j 2 i=1 j =1

30

Analyse fonctionnelle

On utilise maintenant le fait que

hxi yj i = sin(arcsin hxi yj i) =

1 ( 1)p X (arcsin hxi yj i)p: (2 p + 1)! p=0

En combinant ceci avec l'inegalite precedente, on obtient alors

n m 1 X X X (=2)2p+1  a h x y i i;j i i 6 (2p + 1)! = sh 2 ; p=0 i=1 j =1

ce qui est la conclusion (tant) desiree. Remarque. Ce resultat est une reformulation simpli ee d'un theoreme de Grothendieck, due a Lindenstrauss et Pelczynski. p La constante sh(=2) ' 2;301 : : : peut ^etre amelioree en =(2 log(1 + 2)) ' 1;782 : : : ; J.-L. p Krivine, l'auteur de cette amelioration, conjecture d'ailleurs que =(2 log(1+ 2)) est la meilleure constante possible. On sait par ailleurs que cette meilleure constante possible est > =2.

Exercice 26{7. L'inegalite de Khinchine-Kahane L1-L2 1. Dans l'exercice, n est un entier > 2 xe. On note l'ensemble f1gn, muni de la mesure de probabilite usuelle (X ) = 2 n jX j. Si I  f1; : : : ; ng, on de nit "I 2 L2 ( ) par Y "I (!1; : : : ; !n) = !i: i2I

Montrer que les ("I )I f1;:::;ng forment une base orthonormee de L2 ( ) (base de Walsh). 2. Si ! 2 , soit V (!) l'ensemble des voisins de !, ensemble des !0 2

pour lesquels il existe un unique i veri ant !i 6= !i0 . On de nit
: L2 ( ) ! L2 ( )

0 1 X n 1 (
f )(!) = 2 @f (!) n f (!0)A : !0 2V (!)

Calculer
dans la base de Walsh. 3. Si h : ! R et I  f1; : : : ; ng, posons hb (I ) = hh "I i. Calculer
df en fonction de fb. 4. Soient B un espace de Banach et x1, : : : , xn des elements de B . De nissons ' 2 L2 ( ) en posant

'(!1; : : : ; !n) = k Montrer que
' 6 '.

n X i=1

!ixikB :

31

Geometrie des espaces vectoriels normes

5. Montrer que k'k2L2( ) > PI jI j'b(I )2. En deduire l'inegalite de Khin-

chine-Kahane optimale : ()

n

2 1 X

X ! x 2n !2 i=1 i i B

!

!1=2 p

n

X X 6 2 21n

!ixi

B : !2 i=1

Indication : 4. Prolonger ' en une fonction convexe Rn ! R. Solution :

Si ! = (!1 ; : : : ; !n) 2 et si I et J sont deux parties de f1; : : : ; ng, remarquons que Y Y Y "I (!)"J (!) = !i !i = !i 1.

i2I

i2J

i2(I [J )n(I \J )

car !i2 = 1 pour tout ! 2 . Ainsi, si K = (I [ J ) n (I \ J ) (dierence symetrique de I et J ), X X h"I "J i = 21n "I (!)"J (!) = 21n "K (!) !2

!2

X X Y


! = 1n 2 !1 2f 1;1g !n2f 1;1g i2K i

0

1

Y X A !i = 21n @ i2K !i 2f 1;1g vaut donc 0 si K 6= ? et 1 si K = ?. Autrement dit, h"I "J i = 1 si I = J et 0 sinon, ce qui signi e que les ("I ) forment une famille orthonormee dans L2 ( ), et a fortiori une partie libre. Comme la dimension de L2 ( ) est 2n et que f1; : : : ; ng possede 2n parties distinctes, les "I forment bien une base orthonormee de L2 ( ). 2. Pour calculer l'action de
sur les "I , on observe que si ! 0 2 V (! ), alors "I (!0) = "I (!) si la coordonnee pour laquelle ! et !0 dierent appartient a I , et "I (!0) = "I (!) sinon. On a donc    (
"I )(!) = n2 "I (!) n1 jI j
"I (!) + (n jI j)"I (!) = jI j
"I (!): Ainsi, "I est vecteur propre pour
, avec valeur propre jI j. 3. On remarque que
est diagonalisable dans la base orthonorm ee de Walsh. Il est donc auto-adjoint, si bien que l'on peut calculer, pour toute fonction h 2 L2( ) : dh(I ) = h
h "I i = hh
"I i = jI j hh "I i = jI j hb (I ):
4. On peut prolonger ' en une fonction R n ! R en posant '(t1; : : : ; tn) = kt1x1 +


+ tnxnkB :

32

Analyse fonctionnelle

Alors, l'inegalite triangulaire entra^ne que ' est convexe : si  et  sont des reels positifs et si (t1; : : : ; tn), (u1; : : : ; un) 2 R n , on a



X n

'(t1 + u1; : : : ; tn + un) =

(ti + ui)xi

B

i=1X n n

X =

 tixi +  uixi

i=1 B

i=1

X n n

X

6 

tixi

+ 

uixi

i=1 i=1 B B 6 '(t1; : : : ; tn) + '(u1; : : : ; un):

On a donc

n 1 X '( ! 0 ) = 1 X n !02V (!) n i=1 '(!1; : : : ; !i ; : : : ; !n) ! ( n 1) ! ( n 1) ! 1 !1 n !n >' (par convexite) ;::: ; n n   > ' n n 2 (!1; : : : ; !n) = n n 2 '(!1; : : : ; !n);

car ' est positivement homogene ('(t1; : : : ; tn) = '(t1 ; : : : ; tn) si  > 0). Ainsi, 0 1  n 2 X 1 n n 0 @ A (
')(!) = '(!) 2 n !02V (!) '(! ) 6 2 1 n '( ! ) = '( ! ) : Nous avons donc prouve que
' 6 '. 5. L'in egalite
' 6 ' de la question precedente donne X X k'k2L2 ( ) = h' 'i > h'
'i = 'b(I )
d'(I ) = jI j 'b(I )2: I

On remarque l'egalite de Parseval : X 2 'b(I ) = k'k2L2 ( ) : Pour I = ?, on a

I

I

'b(?) = 2

n

X !2

'(!) = k'kL1 ( ) :

Ensuite, si I = fi0 g, on a X 'b(fi0 g) = 2 n '(!)!i0 = 0; !2

car, ' etant paire, '( !)( !i0 ) = '(!)!i0 . Alors, on a X X k'k2L2 ( ) > 2 'b(I )2 = 2 'b(I )2 2'b(?)2 ; jI j>2

I

Geometrie des espaces vectoriels normes

33

d'ou nalement l'inegalite de Khinchine-Kahane : p k'kL2 ( ) 6 2 k'kL1( ) : Remarque. Cette preuve est due a Latala et Oleszkiewicz 1 .

Exercice 26{8. Norme quotient Dans cet exercice, K est l'un des corps R ou C . 1. Soit E un K -espace vectoriel norme complet, et H un sous-espace vectoriel strict ferme de E . On munit l'espace vectoriel quotient E=H de la norme

kxkE=H = yinf2x kykE :

Montrer que la borne inferieure est atteinte. Montrer que E=H est encore un espace vectoriel norme complet et que l'application x 7! x de E dans E=H est continue. 2. Soient E et F deux espaces vectoriels normes complets et A une application lineaire continue de E dans F . On suppose que A est surjective. En utilisant le theoreme de Banach sur l'inverse d'un operateur lineaire, que peut-on dire de la norme des solutions de Ax = y , ou y 2 F est donne. 3. A l'aide de la question precedente, montrer qu'il existe une constante  > 0 telle que si B est une autre application lineaire continue de E dans F et que B A 6 , alors B est surjective. Solution :

Montrons que la borne inferieure est atteinte. Si en eet yn est une suite d'elements de E tels que kynk ! inf y2x kyk, l'inegalite kyn ypk 6 jkynk kypkj prouve que (yn) est une suite de Cauchy dans x. Or, x = x + H est un ferme de E , donc est complet. Ainsi, la suite (yn) converge dans x et il existe  2 x tel que k k = inf y2x kyk. Veri ons alors que k
kE=H est une norme. Si kxk = 0, il existe  2 x tel que k k = 0 ; alors,  = 0 et x = 0. Si  2 K , il est facile de veri er que kxk = jjkxk. Si en n x, y 2 E=H , on a des elements  et  de H tels que kx  kE = kxk et ky kE = kyk. Alors, kx + y ( + )k 6 kx  k + ky k, d'ou kx + ykE=H 6 kxk + kyk. On voit aisement que l'application canonique x 7! x de E dans E=H est une application lineaire continue de norme 1. Soit en n

(xn) une suite

de1 Cauchy dans E=H . Soit '(n) une extraction telle que x'(n+1) x'(n) 6 2n . Il en existe car la suite (xn) est de Cauchy 1.

On the Best Constant in the Khinchin-Kahane Inequality, Studia Mathematica 109 (1994). 1

34

Analyse fonctionnelle

dans E=H . On peut alors par recurrence choisir un relevement y'(n) 2 E de x'(n) tel que





y'(n+1) y'(n)

E =

x'(n+1) x'(n)

E=H 6 frac12n:

Alors, la suite (y'(n)) est de Cauchy dans E qui est complet ; elle converge vers un element y de E . Comme la projection canonique E ! E=H est continue, la suite extraite x'(n) converge vers y. On veri e alors aisement en utilisant le fait que (xn) est de Cauchy qu'elle converge vers y. Toute suite de Cauchy dans E=H admet une limite ce qui signi e que E=H est complet. 2. Soit H = Ker A le noyau de A. On d e nit A de E=H dans F en posant Ax = Ax. L'application lineaire A est continue car kAxkF = kAx AykF pour tout y 2 H , et donc kAxkF 6 A kx ykE . En choisissant y 2 H de sorte que kx ykE = kxkE=H , on voit que kAxkF 6 A kxkE , ce qui signi e que A est continue, de m^eme norme que A. L'application lineaire A est bijective de E=H dans F . Alors, le theoreme de l'application ouverte entra^ne ainsi que A 1 est continue. Ainsi, si Ax = y, on a Ax = y et x = A 1 y. On en deduit que kxk)E=H 6 A 1 kykF . Par consequent, il existe x0 2 x + H tel que Ax0 = y et kx0 kE 6 C kykF , ou C = A 1 est la norme de l'operateur lineaire A 1. 3. Soit y 2 F . On veut r esoudre Bx = y. Posons U = A B , de sorte que U est un operateur lineaire considere comme etant de petite norme. L'equation se recrit en Ax = y + Ux. De nissons alors une suite (xn ) par x0 = 0 et Axn+1 = y + Uxn , ou kxn+1 k 6 C ky + Uxn k, la constante C etant celle de la question precedente. Alors, on a kA(xn+1 xn)k = kU (xn xn 1 )k, d'ou l'on deduit que kxn+1 xn k 6 C U kxn xn 1 k. Soit K = C U . Ainsi, kxn+1 xnk 6 K nkx1 k. Des que K < 1, la serie de terme general xn+1 xn converge, et donc (xn) converge vers x 2 E . On a Ax = y + Ux puisque A et U sont continus, soit Bx = y. Ainsi, des que B A < A 1 1, l'application B est surjective.

Exercice 26{9. Un sous-espace ferme qui n'admet pas de supplementaire topologique Soit `1(N ) l'espace vectoriel norme des suites reelles bornees. Soit c0 (N )  1 ` l'ensemble des suites tendant vers 0. 1. Rappeler pourquoi `1 est un espace de Banach. Montrer que c0 en est un sous-espace vectoriel ferme. Soit `1 =c0 l'espace vectoriel quotient, muni de la norme kek = inf z2c0 ke + z k. Montrer que `1=c0 est un espace de Banach. 2. Montrer qu'il existe une famille (Ua )a non denombrable de parties in nies de N telle que Ua \ Ub est ni si a 6= b. 3. Soit g une forme lineaire continue sur `1=c0 . Notons 1, : : : , N les fonctions caracteristiques de parties Ua1 , : : : , UaN (vues comme des suites

35

Geometrie des espaces vectoriels normes

bornees). On suppose que jg (j )j > " pour tout j . Montrer que la classe de N g ( ) X  = jg(j )j j j j =1

est de norme 6 1 dans `1 =c0 . En deduire que N" 6 kg k. Si a designe l'indicatrice de Ua , montrer que l'ensemble des a tels que g(a) 6= 0 est denombrable. 4. Soit F un supplementaire topologique de c0 dans `1. Montrer qu'il existe une famille denombrable d'applications lineaires continues ek 2 (`1=c0) veri ant

(8k 2 N ; ek ( ) = 0)

=)

 = 0: Deduire de la question 3 une contradiction et donc que c0 ne possede pas de supplementaire topologique dans `1. Indication : 2. Considerer une bijection des rationnels de [0; 1] avec N et, pour tout irrationnel  2 [0; 1] n Q , une suite de rationnels tendant vers .

Solution :

Si (x(n) )n2N est une suite de Cauchy dans `1, chaque composante x(kn) est de Cauchy (a k xe et quand n ! 1), donc tends vers une limite yk . Soit " > 0. Comme (x(n) ) est de Cauchy dans `1, il existe un entier N telle que kx(n) x(p) k1 6 " pour(n)n et (pp) > N . Cela implique, que pour tout entier k et tous n > N , p > N , jxk xk j 6 ". En faisant tendre p vers +1, on obtient (n) jxk yk j 6 ", ce(n)qui prouve que la suite (yk ) est borne(en) et que pour tout entier n > N , kx yk 6 ". Par consequent, la suite (x ) converge vers y 1 et ` est complet. Si c0 est l'ensemble des suites qui tendent vers 0, les theoremes classiques sur les limites des sommes et des produits assurent que c0 est un sous-espace vectoriel de `1. Il reste a voir qu'il est ferme. Considerons donc une suite (x(n) ) d'elements de c0 qui converge vers x = (xk ) dans `1. Il s'agit de montrer que (xk ) 2 c0. Or, par de nition, la suite de fonctions x(n) : N ! R de nie par k 7! x(kn) converge uniformement vers x : k 7! xk . D'apres le theoreme d'interversion des limites, xk tend vers 0. L'espace quotient `1=c0 est donc, puisque `1 est complet et c0 ferme, un espace de Banach (voir l'exercice 26{8). 2. Soit ' une bijection de N sur [0; 1] \ Q . Soit A l'ensemble non d enombrable  [0; 1] n Q . Pour tout  2 A, on choisit une suite de rationnels s tendant vers  et on note U = f' 1(sn) ; n 2 N g: Comme la suite (s ) prend une in nite de valeurs, l'ensemble U est in ni. Si ; 2 A,  6= , alors s et s sont deux suites qui tendent vers deux limites 1.

36

Analyse fonctionnelle

dierentes, donc elles ne peuvent avoir qu'un nombre ni de valeurs communes. Ainsi, U \ U est un ensemble ni. 3. Il s'agit de montrer que inf z 2c0 k + z k 6 1. Or, par construction des Ua , l'ensemble [ X := fn ; j (n) = 1 pour au moins 2 valeurs de j g = (Uai \ Uaj ) ai 6=aj

est ni, et on de nit une suite (zn) par 8 X g(j ) si n 2 X ; > < zn = > j jg(j )j :0 sinon, de sorte que (zn) est nulle a partir d'un certain rang et tend a fortiori vers 0. On veri e immediatement que k + z k 6 1. On a aussi N g ( )2 X N X j g( ) = jg( )j = jg(j )j > N": j =1

j

j =1

Mais comme on vient de montrer que k k 6 1, on a aussi jg( )j 6 kgkk k 6 kgk, d'ou l'inegalite N" 6 kgk. On veutS en conclure que l'ensemble A0 = fa ; g(a) 6= 0g est denombrable. Or A0 = 1 n=1 An avec An = fa ; jg (a )j > 1=ng. D'apres ce qui precede, les ensembles An sont nis, donc A0 est denombrable comme union denombrable d'ensembles nis. 4. Soit F un suppl ementaire topologique de c0 dans `1, c'est-a-dire que 1 l'isomorphisme ` =c0 ' F est aussi un homeomorphisme. Considerons pour tout k > 0 l'application lineaire continue ek : F ! R telle que ek ( ) = k . Si  2 F et si pour tout k > 0, ek ( ) = 0, il est clair que  = 0 (tous les termes de la suite sont nuls). En composant ek avec l'isomorphisme `1=c0 ' F , on obtient bien les formes lineaires voulues. Pour obtenir alors une contradiction, on remarque que, d'apres la question 3, l'ensembleSEk = fa ; ek (a) 6= 0g est denombrable pour tout k, donc l'ensemble E = k2N Ek l'est aussi, comme union denombrable d'ensembles denombrables. Comme la famille des a est non denombrable (question 2), on voit que l'ensemble des a tels ek (a) = 0 quel que soit k est non denombrable. Ainsi, l'ensemble des a tels que a 2 c0 est non denombrable. Or, la fonction caracteristique d'une partie de N tend vers 0 si et seulement si cette partie est nie et les Ua sont tous in nis ! Autrement dit, a ne tend jamais vers 0. Cette contradiction prouve que dans `1, le sous-espace vectoriel ferme c0 ne possede pas de supplementaire topologique. Remarque. Si E est un espace de Banach dont tout sous-espace vectoriel ferme admet un supplementaire topologique, un resultat dicile de Lindenstrauss et Tzafriri arme qu'il existe une norme hilbertienne sur E qui est equivalente a la norme initiale.

37

Geometrie des espaces vectoriels normes

Exercice 26{10. Quotients de `1 Si F  E est un sous-espace vectoriel ferme d'un espace de Banach, on rappelle que l'espace quotient E=F est muni de la norme kx + F k = inf f 2F kx + f k qui en fait un espace de Banach. Soit E un espace de Banach separable. On choisit une suite (xn ) d'elements de E dense dans la boule unite. 1. Montrer que l'on de nit une application lineaire continue T : `1 ! E P en posant pour (u ) 2 `1 , T (u ) = u x . Montrer que T est surjective n

n n n

n

et que tout espace de Banach separable est topologiquement isomorphe a un quotient de `1 . 2. Montrer qu'en fait, E est isometrique a un quotient de `1.

Indications : 1. Montrer que l'espace quotient ` = Ker T est topologiquement isomorphe a E . pour x 2 E de norme 1 et pour A > 1 des entiers n(i) tels que

x 2. PConstruire p A i x

6 A p . ni i 1

=0

( )

1

Solution :

Si (un) est dans `1 et si (xn) est une suite a valeurs dans la boule unite de E , on a X X kunxn k 6 junj ; n n si bien que la serie Pn unxn est absolument convergente et donc convergente dans E (qui est complet). De l'inegalite 1.



X

unxn

6 X junj = k(un)k ; 1

n

n on infere que T est continu de norme kT k 6 1. Montrons que T est surjective. Soit donc x 2 E qu'on peut supposer 6= 0. Il existe un entier n0 tel que



1 x xn

< 1 ; 0 2

kxk soit kx kxk xn0 k < 12 kxk, puis par recurrence des entiers nk et des reels uk tels que juk j 6 kxk 2 k et kx u0xn0


uk xnk k < 2k1+1 kxk : Posons vn = Pk; nk =n uk . La serie converge en vertu de la majoration de uk ; la suite (vn) est m^eme dans `1 puisque X X X jvnj = uk n n k; nk =n X X X 6 juk j = juk j n k; nk =n k X k 6 kxk 2 < +1: k

38

Analyse fonctionnelle

Si v = (vn ), on constate alors que T (v) = x, ce qui acheve de prouver que T est surjective. Ainsi, T de nit une application lineaire T 0 continue bijective de `1= Ker T (qui est un espace de Banach d'apres l'exercice 26{8) sur E . D'apres le theoreme de l'image ouverte, T 0 est un isomorphisme d'espaces de Banach. Nous avons donc prouve que tout espace de Banach separable est topologiquement isomorphe a un quotient de `1. 2. Soit x 2 E de norme 1. Par densit e de la suite (xn) dans la boule unite, on peut trouver n(0) tel que kxP xn(0) k 6 A 1 . On continue la construction par recurrence. Notons yp = x pi=0 A ixn(i) . Par hypothese, on a kAp+1ypk 6 1, donc il existe n(p + 1) tel que kAp+1yp xn(p+1) k 6 A 1 , autrement dit



p+1

X

A i xn(i)

6 A (p+2) :

yp Ap+1xn(p+1)

=

x

i=0 P i On construit alors u = ( u ) telle que u = p p i; n(i)=p A . Il est clair que P P kuk1 6 1i=0 A i = A=(A 1) et que x = 1p=0 upxp. On a donc ainsi construit une suite u 2 `1 telle que Tu = x et kuk1 6 A=(A 1). Pour montrer que E est isometrique a `1= Ker T , on calcule

0 1

A ;

T (x) = ku + Ker f k = v2inf k u + v k 6 k u k 6 Ker f A 1



0 1

d'ou, en faisant tendre A vers l'in ni, T (x) 6 1, soit encore

T 0 1

6 1. Comme 1 = kIdk 6 kT 0k kT 0 1k, on a alors kT 0k = kT 0 1k = 1 et T 0 : `1= Ker T ! E est un isomorphisme isometrique d'espaces de Banach.

CHAPITRE XXVII

Theorie spectrale Exercice 27{1. Spectre des algebres de Banach Soit A une algebre de Banach complexe unitaire, on note 1 son unite et A l'ensemble des elements inversible des A. Si x 2 A, on de nit sp x = f 2 C ; x 1 62 Ag: 1. Si E est un espace de Banach, A = L(E ) et u 2 L(E ), montrer que sp(u) ainsi de ni est bien le spectre de l'operateur lineaire u. 2. Soit x 2 A . Montrer que si y 2 A veri e kyk < 1= kx 1 k, alors x y est inversible. En deduire que A est ouvert. 3. Montrer sp x est une partie compacte de C , incluse dans B (0; kxk). 4. Montrer que l'application resolvante Rx() = (x 1) 1 est analytique sur l'ouvert Ux = C n sp x. Solution :

Si u 2 L(E ),  2 sp(u) ainsi de ni si et seulement si u  Id n'est pas inversible dans L(E ), c'est-a-dire si et seulement si  appartient au spectre de l'operateur lineaire u. 2. Il sut de prouver que 1 yx 1 = (x y )x 1 est inversible. Or, kyx 1k 6 kykkx 1 k < 1; si bien que la serie 1 X z = (yx 1)n 1.

n=0

converge normalement, donc converge dans l'algebre de Banach A. On constate que 1 1 X X 1 n 1 1 (yx 1)n+1 = 1; z(1 yx ) = (1 yx )z = (yx ) n=0

n=0

ce qui prouve bien que 1 yx 1 est inversible. Finalement, y x est inversible, P 1 x 1 (yx 1 )n . son inverse etant n=0 En particulier, pour tout x 2 A, la boule de centre x et de rayon 1= kx 1k est incluse dans A, ce qui implique que A est ouvert dans A. Ce resultat

40

Analyse fonctionnelle

est bien connu quand A = Mn(C ) car A s'identi e alors aux matrices de determinant non nul. 3. La premi ere question montre que si  2 C est tel que x 1 est inversible, x 1 l'est aussi des que j j < 1= k(x 1) 1k : Par suite, C n sp(x) est ouvert et sp(x) est ferme dans C . De plus, si jj > kxk, on a j(x 1 1) + 1j < 1 et x 1 1 2 A, toujours d'apres la question 1. Autrement dit, sp(x)  B (0; kxk). Finalement, le spectre de x est ferme et borne dans C , donc compact. 4. Soit 0 62 sp(x) et posons x0 = x 0 1 2 A . On a donc   x 1 = x0 ( 0 )1 = x0 1 ( 0)x0 1 et pour  0 assez petit,

Rx() =

1 X

( 0 )nx0 n 1:

n=0

La serie entiere converge dans le disque j 0j < 1= kx0 1 k, ce qui prouve bien que la resolvante est une application analytique C n sp(x) ! A.

Exercice 27{2. Exemples de calculs de spectre 1. Soient E un espace de Banach re exif et u 2 L(E ). Montrer que sp(u) = sp(u), u 2 L(E  ) etant l'adjoint de u. 2. Soit E = `p, pour 1 6 p 6 1. Calculer le spectre et determiner les valeurs propres des operateurs L : (x0 ; x1 ; x2 ; : : : ) 7! (x1 ; x2 ; : : : ) et R : (x0 ; x1 ; x2; : : : ) 7! (0; x0; x1 ; : : : ) (decalages a gauche et a droite). 3. Soit X un espace topologique compact et E l'algebre de Banach C 0 (X ). Si f 2 E , montrer que sp(f ) = f (X ). Si X est un espace mesure, calculer de m^eme le spectre d'un element de l'algebre de Banach L1 (X ). Solution :

Si  62 sp(u), il existe v 2 L(E ) tel que (u  Id)v = IdE . Alors, (u  IdE )v = IdE , ce qui prouve que  62 sp(u). Ainsi, sp(u)  sp(u). De m^eme, sp(u)  sp(u) et, E etant re exif, u = u 2 L(E ). Ainsi, sp(u) = sp(u). 2. On remarque que L et R sont continus de norme 1. Commencons par determiner les valeurs propres du decalage a gauche L. Si  2 C et Lx = x, on a necessairement x1 = x0 ; x2 = x1 = 2x0 ; : : : ; si bien que  est valeur propre si et seulement si la suite (1; ; 2; : : : ) appartient a `p. Cela prouve que l'ensemble des valeurs propres est egal au disque unite ferme pour p = 1 et au disque unite ouvert pour 1 6 p < 1. 1.

Theorie spectrale

41

Or, on sait (d'apres l'exercice 27{1) que le spectre de L est un compact inclus dans le disque de norme kLk = 1 et contenant les valeurs propres. Par consequent, le spectre de L est egal au disque unite ferme. En ce qui concerne le decalage a droite, Rx = x entra^ne les egalites 0 = x0 ; x0 = x1; : : : ; xn = xn+1 si bien que x = 0 pour  6= 0, mais aussi pour  = 0. Le decalage a droite n'a donc pas de valeurs propres. Montrons que son spectre est egal au disque unite ferme. Si 1 < p < 1, une facon rapide de le voir est de remarquer que R (operant sur `p) est le dual de L (operant sur `q avec p1 + 1q = 1). En general, on remarque qu'il existe une unique suite x telle que ( R)x = y, elle est donnee par la formule xn =  1yn +  2yn 1 +


+  n 1y0: En prenant y = (1; 0; : : : ), on obtient x = ( 1;  2; : : : ) qui n'appartient pas a `p si jj < 1 ou si jj = 1 et p < 1. Cela montre que sp(R) contient le disque unite ouvert. Comme sp(R) est compact inclus dans le disque de rayon kRk = 1, le spectre de R est le disque unite ferme. 3. Soit f 2 C 0 (X ). Si f  est inversible, il est necessaire que  62 f (X ). Reciproquement, si  62 f (X ), la fonction x 7! f (x1)  est de nie sur X et continue, si bien que f  est inversible. Nous avons donc prouve que sp(f ) = f (X ). Traitons maintenant le cas de l'algebre L1(X ) pour un espace mesure X . Dire que f  est inversible signi e qu'il existe g 2 L1(X ) telle que (f )g = 1 hors d'un ensemble X1 de mesure nulle. De m^eme, il existe M 2 R et un ensemble de mesure nulle X2 tels que jgj 6 M hors de X2. Ainsi, si x 62 X1 [X2 , jf (x) j > 1=M . Autrement dit,  n'appartient pas a l'image essentielle Y de f de nie par n o Y = t 2 R ; 8" > 0; mes f 1([t "; t + "]) > 0 : Reciproquement, supposons que  62 Y . Soit donc " > 0 tel que A = f 1([ ";  + "]) = 0 soit de mesure nulle. On de nit alors g(x) = 1=(f (x) ) si x 62 A et g(x) = 0 si x 2 A. On constate aisement que g est bornee et que (f )g = 1 hors de l'ensemble de mesure nulle A. Par consequent, f  est inversible et le spectre de f est l'image essentielle de f .

Exercice 27{3. Spectre et valeurs propres Soit K un compact de C et fn ; n 2 N g une partie denombrable dense de points de K . Si H est un espace de Hilbert separable, montrer qu'il existe une application lineaire u 2 L(H ) qui a K pour spectre et fn ; n 2 N g pour ensemble de valeurs propres.

Indication :

Si (en ) est une base orthonormee de H , poser u(en) = n en .

42

Analyse fonctionnelle

Solution :

Suivons l'indication en posant u(en) = nen pour une base orthonormee (en) de H . Il faut montrer que cela de nit bien une application lineaire continue. Pour cela, on remarque que si x = P xnen 2 H , la serie P xn nen converge vers un element u(x) 2 H car la suite n est bornee et X X ku(x)k2 = jnj2jxnj2 6 M 2 jxnj2 = M 2 kxk2 ; n

n

ou M = supfjj ;  2 K g. Ainsi, u est une application lineaire continue de H dans lui-m^eme. Cherchons les vecteurs propres de u : si x = Pn xnen 6= 0 est tel que u(x) = x, on obtient xn = nxn pour tout n. Ainsi, il existe n tel que  = n et x est proportionnel a en . L'ensemble des valeurs propres de u est donc l'ensemble fn ; n 2 N g. Comme le spectre de u est compact et contient les valeurs propres, on a l'inclusion K  sp(u). Mais reciproquement, si  62 K , la suite j nj est minoree par une constante d(; K ) > 0 et  Id u est inversible, son inverse etant donne par X X ( Id u) 1( xnen) =  1  xnen; n n la serie convergeant et de nissant une application lineaire continue H ! H , de norme 6 1=d(; K ). Cela prouve l'autre inclusion et le spectre de u est donc egal a K .

Exercice 27{4. Rayon spectral

Cet exercice est a etudier apres l'exercice 27{1. 1. Soit A une algebre de Banach. A un element x de A, on associe son rayon spectral

(x) = supfjj ;  2 sp xg: Montrer l'inegalite (x) 6 kxn k1=n . 2. Justi er que Rx() est holomorphe pour jj > (x). Enn deduire que pour un tel , il existe une constante C telle que kxn k 6 C jj . En conclure que (x) = limn!1 kxn k1=n (formule du rayon spectral). 3. Soit H un espace de Hilbert et u 2 L(H ) un operateur auto-adjoint. Montrer que (u) = kuk. Indication :

3. Prouver que u = kuk . 2

2

Solution :

On a montre dans la question 2 de l'exercice 27{1 que le spectre de x est contenu dans B (0; kxk). Par consequent, (x) 6 kxk. En appliquant cette 1.

43

Theorie spectrale

inegalite a xn , on voit qu'il sut de prouver que (xn) = (x)n . Mais si xn n 1 n'est pas inversible, l'egalite

xn n1 =

n Y

(x exp(2ik=n)1)

k=1

prouve que l'un des x e2ik=n 1 ne l'est pas non plus, et reciproquement. Par suite, sp(xn ) = fn ;  2 sp(x)g et (xn ) = (x)n. 2. La r esolvante Rx() etant holomorphe sur l'ouvert C n sp x, elle est holomorphe pour jj > (x). Or, le developpement en serie de Laurent de Rx est 1 n X Rx() = (x 1) 1 = 1 xn : n=0 La theorie des fonctions analytiques permet d'armer qu'elle converge pour jj > (x), donc est a termes bornes et il existe C tel que kxnk 6 C jjn, pour tout n > 0. Par suite, tout  de module > (x) veri e jj > lim inf kxnk1=n et

(x) > lim inf kxn k1=n : L'autre inegalite resulte de la premiere question puisque (x) 6 kxnk1=n pour tout n. Finalement, on a montre (x) = lim inf kxnk1=n. Pour terminer, il faut prouver que la limite inferieure est une limite, c'esta-dire que kxn k1=n converge. Or, soit " > 0 et m tel que kxm k1=m 6 (x) + ". Pour n > m, on ecrit n = mq + r, avec 0 6 r < m. Ainsi on a l'inegalite

kxn k1=n = k(xq )mxr k1=n 6 kxm kq=n kxkr=n 6 ((x) + ")qm=n kxkr=n dont le membre de droite converge vers (x) + " quand n ! +1. Par suite, kxnk1=n 6 (x) + 2" pour n assez grand, ce qui acheve de prouver que kxn k1=n

converge vers sa limite inferieure, et conclut la question par la m^eme occasion. 2 2 3. Montrons que ku2 k = kuk . On a en eet ku2 k 6 kuk , comme toujours, mais

D

E

ku(x)k2 = hu(x) u(x)i = huu(x) xi = u2(x) x 6 ku2(x)k kxk 6 ku2k kxk2 ; ce qui prouve l'autre inegalite. n Alors, on a par recurrence l'egalite ku2n k = kuk2 et

(u) = lim ku2n k2 n = kuk :

44

Analyse fonctionnelle

Exercice 27{5. Equation integrale de Volterra Il est conseille d'etudier l'exercice 28{6 sur les operateurs a noyaux avant celui-ci. Soit I = [a; b] un intervalle compact, k 2 L2 (I  I ) telle que k(x; y ) = 0 si y > x (noyau de Volterra).

ere l'operateur K : L2 (I ) ! L2 (I ) de ni par Kf = R x1.k(x;Ony)'consid (y) dy (operateur de Volterra associe a k). Montrer que pour tout a entier n, l'operateur K n est aussi un operateur de Volterra, associe a un noyau de Volterra kn . 2. On introduit les fonctions Zb Zx Zy g(y) = jk(x; y)j2 dx; h(x) = jk(x; y)j2 dy et G(y) = g(u) du: y a a Pour n > 2 et (x; y ) 2 I  I , montrer la majoration

(y))n 2 : jkn(x; y)j2 6 h(x)g(y) (G(x()n G2)! En dp eduire qu'il existe une constante M telle que pour tout n, kK n k 6 M n= n!. Quel est le spectre de l'operateur K ?

3. Si f 2 L2 (I ), en deduire que l'equation integrale de Volterra : Zx (V) '(x) = k(x; y)'(y) dy + f (x): a P a une unique solution ' = 1 K n f . n=0

Solution : 1.

Calculons K 2 f : on a pour x 2 I ,

ou

Zx

Zb k(x; y)(Kf )(y) dy = k(x; y)(Kf )(y) dy a Zb Za b = k(x; y) k(y; z)f (z) dz dy ! Zab Z b a = k(x; y)k(y; z) dy f (z) dz (Fubini) a a Zx = k2 (x; z)f (z) dz

K 2 f (x) =

a

k2(x; y) =

Zb a

k(x; t)k(t; y) dt:

45

Theorie spectrale

Or, on a k(x; t) = 0 pour x < t < b, tandis que k(t; y) = 0 pour a < t < y, si bien que k2(x; y) = 0 si y > x. De plus, k2 2 L2 (I  I ), etant donne que

Z bZ b a a

jk2

2 Z b Z b Z b j dx dy = a a a k(x; t)k(t; y) dt dx dy ! ! Zb Z bZ b Z b 2 2 6 a a a jk(x; t)j dt a jk(t; y)j dt dx dy ! ! Z bZ b Z bZ b 2 2 6 a a jk(x; t)j dx dt a a jk(x; t)j dx dt

(x; y) 2

6 kkk4L2 (I I ) :

Montrons maintenant par recurrence que K n est un operateur de Volterra, R de noyau kn. Si en eet K nf (x) = ab kn(x; y)f (y) dy, alors le m^eme calcul que pour le cas n = 2 montre que

K n+1f (x) =

Zb Zb a

a

! kn(x; t)k(t; y) dt f (y) dy

si bien que K n+1 est un operateur a noyau, de noyau

kn+1(x; y) =

Zb a

kn(x; t)k(t; y) dt:

(Le fait important est que le produit de deux operateurs a noyau est encore a noyau.) Si x < t < b, kn(x; t) = 0 puisque kn est un noyau de Volterra, tandis que k(t; y) = 0 si a < t < y. Par suite, kn+1(x; y) = 0 pour y > x et K n+1 est un noyau de Volterra. De m^eme, kn+1 est de carre integrable sur I  I et par recurrence,

kkn+1k2L2 (I I ) 6 kknk2L2(I I ) kkk2L2(I I ) 6 kkk2(L2n(+1) I I ) : 2. Si x et y 2 I , on a jk2(x; y)j 6

Zb a

jk(x; t)k(t; y)j dt

Zb

!1=2 !1=2 Z b 2 jk(t; y)j dt j dt a

6 aj 6 h(x)1=2 g(y)1=2; k(x; t) 2

d'ou l'inegalite voulue pour n = 2. Supposons alors l'inegalite vraie pour n et prouvons la par recurrence au

46

Analyse fonctionnelle

rang n + 1. On a en eet pour x > y,

jkn+1

!2 Z x 2 j 6 a jkn(x; t)k(t; y)j dt 6 y jkn(x; t)k(t; y)j dt Zx Zx Zx 2 2 6 y jkn(x; t)j dt  y jk(t; y)j dt 6 y jkn(x; t)j2 dt  g(y) Zx (t))n 2 dt 6 g(y) y h(x)g(t) (G(x()n G2)! Z G(x) s)n 2 dt 6 h(x)g(y) G(y) (G((xn) 2)! (y))n 1 6 h(x)g(y) (G(x()n G1)!

(x; y) 2

Zb

ce qui est l'assertion voulue. 3. On sait que kK n k 6 kkn kL2 . Ainsi, si n > 2, Z bZ x n 2 ( G ( x ) G ( y )) 2 n kK k 6 a a h(x)g(y) (n 2)! dy dx 6 max h max g (2 max G)n 2=(n 2)! ; ce qui entra^ne manifestement p l'existence d'une constante M telle que pour tout n > 2, kK nk 6 M n = n!. p En particulier, kK nk1=n 6 M=(n!)1=2n et puisque n!  nne n= 2n > nn 1e n pour n assez grand, (n!)1=2n > e 1=2 =n 21 21n ! +1: En utilisant la formule du rayon spectral de l'exercice 27{4, on voit que le rayon spectral de K est egal a (K ) = lim kK n k1=n = 0: Ainsi, sp(K )  f0g et comme le spectre d'un operateur est non vide (exercice 27{6), sp(K ) = f0g. (On aurait aussi pu utiliser le fait qu'en dimension in nie, le spectre d'un operateur compact contient 0, cf. l'exercice 28{12.) n 2 (I ). 4. On constate que la s erie P1 n=0 K f converge normalement dans L p n On peut pour cela utiliser la formule de Stirling, ou aussi majorer M = n! par C=2n, C etant une constante telle que pour tout n, n! > C (4M 2)n. Soit ' la somme de cette serie. On a alors

K' =

1 X

n=0

K n+1 f = ' f;

si bien que ' = K' + f est une solution de l'equation de Volterra. Reciproquement, si ' est une solution de l'equation de Volterra, on a ' = K' + f = f + K (f + K') = f + Kf + K 2 ';

47

Theorie spectrale

et par recurrence, pour n > 1,

'=

nX1 p=0

K pf + K n'

! n!+1

1 X p=0

K pf:

On aurait pu remarquer que, le spectre de K etant reduit a f0g, l'operateur Id K est inversible, d'ou une autre demonstration de l'existence d'une unique solution de l'equation de Volterra.

Exercice 27{6. Algebres de Banach qui sont des corps Soit A une algebre de Banach unitaire complexe. On suppose que A est un

corps. 1. Soit x 2 A n C . Montrer que la fonction holomorphe de C dans A telle que  7! (x 1) 1 est bornee. 2. Justi er qu'une fonction analytique bornee C ! A est constante. En deduire une contradiction et donc que C est la seule algebre de Banach complexe qui soit un corps (theoreme de Gelfand-Mazur). 3. Plus generalement, si A est une algebre de Banach unitaire complexe et x 2 A, montrer que sp(x) est non vide.

Solution :

Comme x 62 C et que A est un corps, x 1 6= 0 est inversible pour tout  2 C et la resolvante  7! (x 1) 1 estPde nie sur C . Mais si jj > 2 kxk, alors (x 1) 1 = n>0( ) n 1xn est de norme X X 6 kxkn jj n 1 6 2 k1xk 2n 1 = kx1k ; n>0 n>0 si bien que la resolvante est bornee sur le complementaire du disque de rayon 2 kxk. Comme elle est continue, elle est aussi bornee sur ce disque et nalement sur C . 2. Soit f : C ! A une fonction analytique. Le th eoreme des residus montre que n! Z 2 f (reit)e int dt f (n)(0) = 2r n 0 pour tout r > 0. Comme f est bornee, on voit que f (n)(0) = O(r n) = 0 si n > 1. La serie de Taylor de f en 0 est constante et f est constante (theoreme de Liouville). Cela montre que la fonction  7! (x 1) 1 est constante, mais c'est absurde car son inverse  7! x 1 ne l'est pas ! Par suite, il n'existe pas d'element x 2 A n C et A = C . 3. Il faut juste reprendre les deux questions pr ecedentes : si sp(x) est vide, 1 alors la resolvante (x 1) est analytique sur C . Elle est bornee d'apres le m^eme argument que dans la question 1 et la question 2 montre que la resolvante est constante, ce qui est toujours absurde. 1.

48

Analyse fonctionnelle

Exercice 27{7. Caracteres des algebres de Banach Soit A une algebre de Banach. Un caractere de A est une forme lineaire continue  sur A non identiquement nulle et multiplicative. 1. Soit  un caractere de A. Prouver que pour tout x 2 A, (x) 2 sp x. 2. Reciproquement, soit  une forme lineaire continue sur A telle que pour tout x 2 A, (x) 2 sp x. En introduisant le polyn^ome  7! ((1 x)n ), montrer que (x2 ) = (x)2 . En deduire que  est un caractere. Solution :

1. Soit  : A ! C un caract ere et montrons que pour tout x 2 A, (x) 2 sp x. Observons tout d'abord que (1) = 1 car (x) = (1x) = (1)(x) pour tout x, et  n'est pas identiquement nulle. Montrons maintenant que (x)1 x n'est pas inversible. Sinon, il existerait y 2 A tel que ((x)1 x)y = 1. Mais alors on aurait 1 = (1) = (((x)1 x)y) = ((x)y xy) = (x)(y) (x)(y) = 0; d'ou une contradiction. Donc (x) 2 sp(x), et en particulier, j(x)j 6 (x), rayon spectral de x. 2. R eciproquement, soit  : A ! C une forme lineaire continue telle que pour tout x 2 A, (x) 2 sp x. Si n > 1, P () = ((1 x)n) est un polyn^ome de degre n en . En eet,

P () = n n(x)n 1 + Cn2 (x2 )n 1 +


+ ( 1)n(xn ) =

n Y

( i);

i=1

ou les i sont les racines de P . On remarque deja que 0 = P (i) = ((i 1 x)n ) 2 sp((i1 x)n): Ainsi, (i1 x)n n'est pas inversible et necessairement i 2 sp x. Notons X X ij = Cn2 (x2 ): i = n(x) et S2 = S1 = Alors,

16i 1. Comme Unx0 2 B , il existe  > 0 tel que kKUn x0 k >  pour tout n > 0 (d'ailleurs,  = kKx0 k kK k convient). Mais K commute avec tous les Ti, si bien que Kx0 = Tn


T1K n+1 x0. En particulier,  n n  6 max k T k kK kkKx0 k T 2T et !1=n  1 =n n kK k > kKx k max 1 kT k : 0

T 2T

Comme la propriete (P) est suppose fausse, la premiere question montre que K n'a pas de valeurs propres. Or, le spectre d'un operateur compact est la reunion de f0g et de l'ensemble de ses valeurs propres, si bien que sp(K ) = f0g et (K ) = 0. En passant a la limite dans la minoration precedente de kK nk1=n , on obtient une contradiction.

Exercice 27{10. Operateurs compacts de rang in ni

Un operateur de rang ni est compact ; on se propose ici de montrer l'existence pour tout espace de Banach E de dimension in nie d'un operateur compact de rang in ni. 1. Soient a1 , : : : , an, n vecteurs lineairement independants dans un espace vectoriel norme E . Montrer qu'il existe " > 0 tel que si b1 ; : : : ; bn 2 E veri ent kbi k 6 ", 8i, alors a1 + b1 ; : : : ; an + bn sont lineairement independants. 2. En deduire que l'ensemble Fn des operateurs de rang ni 6 n est un ferme non vide de L(E ). 3. A l'aide du theoreme de Baire, montrer que dans tout espace de Banach E de dimension in nie, il existe un operateur borne de rang in ni qui est limite forte d'operateurs de rangs nis.

Theorie spectrale

53

4. Montrer que l'ensemble des operateurs compacts est ferme pour la topologie forte et conclure. Indication : 4. On pourra utiliser le fait qu'un espace metrique complet est compact si pour tout " > 0, il peut ^etre recouvert part un nombre ni de boules ouvertes de rayon ", voir la question 1 de l'exercice 2{7. Solution : 1. Comme les n vecteurs a1 , : : : , an sont ind ependants, il existe n formes lineaires continues '1, : : : , 'n sur E telles que le determinant det('i(aj )) est non nul. En eet, on de nit 'i(aj ) = 1 si i = j et 0 sinon, ce qui de nit 'i sur vect(aj ) et on prolonge 'i en une forme lineaire continue sur E tout entier a l'aide du theoreme de Hahn-Banach. Alors, pour des bj 2 E assez petits, le determinant det('i(aj + bj )) sera non nul, puisque c'est une fonction continue de (b1; : : : ; bn). Par suite, il existe " > 0 tels que pour kbj k < ", les n vecteurs a1 +b1, : : : , an +bn sont lineairement independants. 2. Commencons par observer que l'on peut construire des op erateurs de rang ni arbitraire. En eet, soit (e1; : : : ; en) une famille libre. On construit comme precedemment n formes lineaires '1; : : : ; 'n continues sur E telles que 'i(ej ) = i;j . Alors, l'operateur T de ni par Tx = '1(x)e1 +


+ 'n(x)en est de rang ni n et Fn 6= ?. Soit (Tk )k une suite d'operateurs de rang ni 6 n qui converge vers T 2 L(E ). Montrons que T est de rang ni 6 n. Sinon, il existerait n + 1 vecteurs e1 , : : : , en+1 de E tels que les T (ei) soient independants. Alors, la premiere question montre que pour k assez grand, les n + 1 vecteurs Tk (ei) sont independants, contrairement a l'hypothese que Tk est de rang 6 n. Par consequent, T est de rang ni 6 n et l'ensemble des operateurs continus de rang 6 n est ferme dans L(E ). 3. Notons F le sous-espace des op erateurs de rang ni, Fn celui des operateurs de rang ni 6 n. On veut montrer qu'il existe un operateur de rang in ni qui est limite d'operateurs de rang ni, autrement dit que F 6= F . D'apres la premiere question, chaque Fn est ferme dans L(E ), donc aussi dans F . Comme F est un ferme d'un espace vectoriel norme complet, il est lui-m^ un espace metrique complet. Supposons par l'absurde que F = F = S F eme ; le th eoreme de Baire implique alors que l'un des Fn n'est pas d'interieur n n vide dans F . Autrement dit, il existe un entier n et un reel  > 0 tels que Fn contient une boule B (T; ) de F . Si T est de rang in ni, la question est terminee. Sinon, cela signi e que pour tout operateur U de norme < , T + U est de rang 6 n. Par suite, U = (T + U ) T est de rang ni 6 n + rg T . Par homogeneite, cela implique que tout operateur de L(E ) est de rang 6 n + rg T , ce qui est faux d'apres la premiere question.

54

Analyse fonctionnelle

4. Il s'agit de montrer que si T est limite forte d'une suite d'op erateurs compacts Tn, alors T (B ) est compact. Pour cela, on utilise la premiere question de l'exercice 2{7 du tome 1. D'apres cet exercice, un espace metrique complet est compact si et seulement si, pour tout " > 0, il est recouvert par un nombre ni de boules de rayon ". Ici, T (B ) est ferme dans E , donc complet. Si " > 0, il sut donc de montrer que T (B ) est recouvert par un nombre ni de boules de rayon ". Soit n tel que kTn T k < "=3. Comme Tn est un operateur compact, Tn(B ) est une partie compacte de E et il existe des boules B (x1 ; "=3), : : : , B (xm ; "=3) telles que [ Tn(B )  B (xi; "=3):

i

L'inegalite triangulaire implique alors que T (B )  B (x1 ; 2"=3) [ : : : [ B (xm ; 2"=3), et donc T (B )  B (x1 ; ") [ : : : [ B (xm ; "). En de nitive, tout element de F n F est un operateur de rang in ni, limite forte d'operateurs de rang ni, donc compact d'apres ce qui precede. D'apres la question 2, il en existe.

CHAPITRE XXVIII

Operateurs dans les espaces de Hilbert Exercice 28{1. Quelques bases hilbertiennes de L2([0; 1]) Soit E l'espace de Hilbert L2 ([0; 1]). 1. Soient les fonctions de Haar hn;m de nies pour n 2 N et 0 6 m < 2n par 8 n=2 > 2 si x 2 [(m + 1=2)=2 ; (m + 1)=2 [ ; :0 sinon. Montrer que la famille f1g [ fhn;m ; 0 6 m < 2n g est une base hilbertienne de E . 2. M^eme question avec les fonctions de Walsh wI de nies pour toute partie I de N  par Y wI (x) = wi(x); ou wn(x) = ( 1)b2n xc: i2I

Solution : 1.

Montrons que les fonctions de Haar forment une base orthonormee de

L2 ([0; 1]).

Les hn;m sont toutes orthogonales a la fonction 1. Remarquons que si m 6= m0 , alors hn;mhn;m0 = 0, si bien0 que hhn;m h0 n;m0 i = 0. Si n < n0 , alors hn;m(x)hn0 ;m0 (x) vaut 0 si [m0=2n ; (m0 0+ 1)=2n ] 6 0[m=2n; (m + 1)=2n] et, vaut sinon 2n=2hn;m0 suivant que [m0 =2n ; (m0 + 1)=2n ] est inclus dans la moitie gauche ou droite de l'intervalle [m=2n; (m + 1)=2n]. Dans tous les cas, hhn;m hn0;m0 i = 0. En n, h2n;m = 2n si x 2 [m=2n; (m + 1)=2n] et 0 sinon, si bien que hhn;m hn;m i = 1. Ainsi, l'ensemble f1g [ fhn;m ; 0 6 m < 2ng est une famille orthonormee dans L2 ([0; 1]). Il reste a demontrer que l'espace vectoriel que ces fonctions engendrent est dense dans L2 ([0; 1]), ou de maniere equivalente que si f 2 L2([0; 1]) est orthogonale a toutes les fonctions de Haar, alors f = 0.

56

Analyse fonctionnelle

R

SoitR donc f 2 L2 ([0; 1]) telle que 01 f = 0 et telleR que pour tous entiers m et n, 01 fhn;m = 0. Prouvons que f = 0. On a deja 01 f = 0. Puis, 0=

Z1 0

fh0;0 =

Z 1=2 0

f

Z1

1=2

f;

R 1=2 f = R 1 f = 0. Ensuite, 0 1=2 Z1 p Z 1=4 p Z 1=2 0 = fh1;0 = 2 2 f f; 0 0 1=4 R R d'ou on deduit que 01=4 f = 11==42 f = 0. De m^eme, en prenant le produit scalaire avec h1;1, on obtient que l'integrale de f sur les intervalles [1=2; 3=4] et [3=4; 1] est nulle. Par recurrence, pour tout entier n > 0 et tout entier k 2 f0; : : : ; 2n 1g, on obtient Z (k+1)2 n f = 0: k2 n R La fonction F (x) = 0x f est ainsi nulle en tous les rationnels de la forme k=2n. Or, ceux-ci sont denses dans [0; 1] et la fonction F pest continue (par R R 1 2 exemple, en vertu de la majoration jF (x) F (y)j 6 [x;y] f 6 x y( 0 f )1=2 .) Ainsi, la fonction F est identiquement nulle. Necessairement, f est nulle ; en eet, le theoreme de Lebesgue arme que F est presque partout derivable, de R derivee f (x). On peut aussi eviter cet argument en remarquant que xy f = 0 pour tous x et y, donc que l'integrale de f sur tout ouvert, puis sur tout borelien, est nulle. Ainsi, f = 0, ce qui conclut la question. 2. On utilise la m^ eme methode : soit f orthogonale a toutes les fonctions de R R 1 1 Walsh. Alors, 0 f = 0 fw? = 0. Puis on a Z1 Z 1=2 Z 1 0 = fwf1g = f f; 0 0 1=2 R R si bien que 01=2 f = 11=2 f = 0. En prenant le produit scalaire avec wf2g et wf1;2g , on obtient les equations 8 Z1 Z 1=4 Z 1=2 Z 3=4 Z 1 > > fw = f f+ f f =0 < 0 f2g 0 1 = 4 1 = 2 3 = 4 Z1 Z 1=4 Z 1=2 Z 3=4 Z 1 > > fwf1;2g = f f f + f = 0; : 0 0 1=4 1=2 3=4 si bien que

si bien que

Z 1=2 Z 3=4 Z 1 f = f = 0: f= f= 3=4 1=2 1=4 0 R On montre par recurrence que si x et y sont de la forme k=2n, xy f = 0. Le m^eme argument que precedemment montre alors que f = 0. Montrons maintenant que les fonctions de Walsh sont orthonormees. Comme wn 2 f1g, on a wI2 = 1 et kwI kL2([0;1]) = 1. Le produit de deux fonctions de Walsh est encore une fonction de Walsh, obtenue en prenant la dierence Z 1=4

57

Operateurs dans les espaces de Hilbert

symetrique des deux ensembles d'indices. Il reste donc a prouver que l'integrale de 0 a 1 d'une fonction de Walsh wI avec I 6= ? est nulle. Si I est un singleton fng, c'est clair car wn vaut 1 Rsur les intervalles [k=2n; (k + 1)=2n[, avec k pair, et 1 sur les autres. Ainsi, 01 wn = 0. Ensuite, si I 0 = I [ fn0g, ou n0 > n = max I , alors wI est constante sur 0 n n n n les intervalles [k=2 ; (k +0 1)=2 ]. En decoupant ces intervalles en 2 sousintervalles de longueur 2n , on remarque wRn0 vautn +1 sur 2n0 Rn 1 de ces inter=2 w 0 = 0 et 1 w 0 = 0. Finavalles, et 1 sur les 2n0 n 1 autres. Ainsi, k=(k2+1) n I 0 I  lement, si I et J sont deux parties de N , on a bien prouve que hwI wJ i = 1 si I = J et 0 sinon. Ainsi, les fonctions de Walsh constituent bien une base orthonormee de L2 ([0; 1]).

Exercice 28{2. Densite des polyn^omes dans des espaces L2 Soient w : R + ! R + une fonction continue et H = H (w) = L2 (R + ; w) l'ensemble des fonctions mesurables f : R + ! C telles que Z1 jf (x)j2w(x) dx < 1 0 (on identi e les fonctions qui concident sur un ensemble E de w(x)dx-mesure nulle). On suppose que C [x]  H . 1. Justi er que H est un espace de Hilbert. 2. Si w est a support compact, montrer que C [x] est dense dans H . 3. Soit 0 <  < 1=2 et w (x) = e x . En integrant F (z ) = z n e z = cos  sur le contour indique, calculer

Z1 0

xn sin(x tg )e

x dx:

En deduire que C [x] n'est pas dense dans H (w ). p 4. On suppose queR 1R01 e+" xw(x) dx < 1. Soit f telle que 0 f (x)xn w(x)dx = 0 pour tout n > 0. Soit

F (z ) =

Z1 0

"

R

p

ez xf (x)w(x) dx:

Montrer que F est une fonction holomorphe de nie dans un demi-plan Re(z) < . Montrer que F est impaire dans un voisinage de 0 et que l'on peut prolonger F en une fonction F~ holomorphe sur C . Montrer que F~ est bornee. En conclure que f = 0 et que C [x] est dense dans H (w)

Indication : 4. Pour prouver que f = 0, on remarquera que F (iy) est une transformee de Fourier.

58

Analyse fonctionnelle

Solution :

Bien entendu, H s'identi e a l'espace de Hilbert L2(R + ; w(x)dx). Il est muni du produit scalaire hermitien Z1 hf gi = f(x)g(x) w(x)dx: 1.

0

D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz, cela de nit bien une forme2 sesquilineaire sur H . Elle est de plus de nie positive, car si hf f i = 0, jf (x)j w(x) = 0 presque partout sur R , ce qui signi e que f = 0 hors d'un ensemble de w(x)dxmesure nulle, et donc que f = 0 dans H . On demontre qu'il est complet en recopiant la preuve de la completude de L2 (X; ) pour un espace mesure (X; ) quelconque: : : 2. On suppose que w est  a support compact, inclus dans [0; A]. Soit  f 2 H = H et montrons que C [x] est dense dans H en prouvant que si hf P i = 0 pour tout P 2 C [x], alors f = 0 dans H . Alors, la densite des fonctions continues dans L2 (R + ) et des fonctions polynomiales dans les fonctions continues sur [0; A] (Stone-Weierstra) impliquent que fw = 0 presque partout sur [0; A]. En particulier, f = 0 sur le complementaire d'un ensemble de w(x)dx-mesure nulle, c'est-a-dire f = 0 dans H . 3. On choisit la d etermination usuelle du logarithme sur C n R , ce qui permet de de nir z comme une fonction analytique sur cet ouvert. On decoupe l'integrale de contour en plusieurs integrales : { sur le cercle de rayon R, entre les angles  et  (de sorte que  2 ]=2; [), l'integrale vaut

I1 = Rn+1 On a donc

Z



eint exp( R eit = cos )ieit dt:

jI1 j 6 2Rn+1 exp(R cos ):

{ sur le segment de droite joignant Rei a "ei, l'integrale vaut

ZR

I2 =

"

tnein exp( t ei = cos )ei dt:

Quand R et " tendent vers +1 et 0, elle converge vers l'integrale correspondante sur R + . { sur le cercle de rayon ", on a la majoration (remplacer R par " dans I1 ) jI3 j 6 2"n+1 exp(" cos = cos ) qui montre que I3 ! 0 quand " ! 0. { en n, sur le segment de droite joignant "e i a Re i , l'integrale a une expression analogue a I2 :

I4 =

ZR "

tn e

in exp(

t e

i = cos  )e i dt:

59

Operateurs dans les espaces de Hilbert

L'integrale sur tout le contour est nulle car la fonction integree n'a pas de p^oles a l'interieur. Par suite, Z1 Z1  e i !  ei ! t t i ( n +1)  n i ( n +1)  n e t exp cos  dt = e t exp cos  dt: 0 0 Faisons maintenant tendre  vers . Les integrandes convergent vers ( 1)n+1 tn exp( t ei = cos ) et restent domines par la fonction integrable t 7! tn exp( t =2) des que cos = cos  6 1=2. Par suite, on deduit du theoreme de convergence dominee l'egalite

Z1 tn exp( t ) exp( it tan ) dt = tn exp( t ) exp(it tan ) dt: 0 0 L'egalite des parties imaginaires implique alors Z1 tn exp( t ) sin(t tan ) dt = 0: Z1

0

On constate que dans H , la fonction (non nulle) sin(t tan ) est orthogonale a tous les polyn^omes. Par suite, ceux-ci ne sont pas denses dans H . 4. L'in egalite ((( ab 6 a2 + b2 ))) zpx 2 Re(z)px e f (x) 6 e + jf (x)j2 et le theoreme de convergence dominee montrent que la fonction

F (z ) =

Z1 0

p

ez xf (x)w(x) dx

est continue pour Re(z) < "=2. Mais on peut prouver de la m^eme facon qu'elle est derivable au sens complexe en majorant (z+u)px zpx p e 6 e" x e u si Re(z) < " et Re(z + u) < ". Par recurrence, ses derivees sont donnees en derivant sous l'integrale : si

Z1 p F (n)(z) = ez xxn=2 f (x)w(x) dx; 0 il sut d'apres le theoreme de convergence dominee de majorer (z+u)px zpx e xn=2 6 C e"px e n u des que Re(z) < " et Re(z + u) < " si Cn est une constante telle que  p exp max(Re(z) "; Re(z + u) ") x xn=2 6 Cn:

60

Analyse fonctionnelle

Finalement, on a

Z1 F (n)(0) = xn=2 f (x)w(x) dx: 0 On voit ainsi que la serie de Taylor de F en 0 est impaire, ce qui entra^ne que F est impaire dans un voisinage de 0 (en fait, j Re(z)j < " convient). Posons alors F~ (z) = F (z) si Re(z) < " et F~ (z) = F ( z) si Re(z) > ". Cela de nit bien une fonction holomorphe (impaire) sur C car les deux formules concident sur leur domaine de de nition commun. De plus, on a pour Re(z) 6 0, Z1 Z1 jF~ (z)j2 = jF (z)j2 6 0 jf (x)j2w(x) dx  0 w(x) dx et la m^eme majoration vaut (par imparite) pour Re(z) > 0. Il en resulte que F~ est bornee sur C et donc constante d'apres le theoreme de Liouville. Comme F~ est impaire, on a F~ = 0 et F = 0. Mais F (iy) est la valeur en y de la transformee de Fourier de x 7! 2xf (x2 )w(x2). Ainsi, xf (x2 )w(x2) = 0 presque partout sur R + et f = 0 hors d'un ensemble de w(x)dx-mesure nulle, donc f = 0 dans H . Cela montre que l'orthogonal de C [x] est nul dans H , et donc que les polyn^omes sont denses dans H . Exercice 28{3. Operateurs positifs et operateurs auto-adjoints Soit H un espace de Hilbert. On dit qu'un operateur U 2 L(H ) est positif si pour tout x 2 H , hUx xi 2 R + . 1. Si l'espace de Hilbert est complexe, montrer qu'un operateur positif est auto-adjoint. 2. Si U 2 L(H ) est auto-adjoint, montrer que kU k = supkxk=1 jhUx xij. 3. Soit U un operateur positif auto-adjoint. Montrer l'inegalite de CauchySchwarz :

jhUx yij2 6 hUx xi hUy yi :

Solution :

Soient x et y 2 H et A 2 L(H ) un operateur positif. On calcule hAx yi a l'aide de x + y, x y, x + iy et x iy : () 4 hAx yi = hA(x + y) x + yi hA(x y) x yi + i hA(x + iy) x + iyi i hA(x iy) x iyi : De m^eme, 4 hAy xi = hA(y + x) y + xi hA(y x) y xi + i hA(y + ix) y + ixi i hA(y ix) y ixi = hA(x + y) x + yi hA(x y) x yi + i hA(x iy) x iyi i hA(x + iy) x + iyi = 4hAx yi 1.

61

Operateurs dans les espaces de Hilbert

puisque tous les produits scalaires sont reels. Par suite, on a pour tous x et y 2 H l'egalite hAy xi = hAx yi = hy Axi ; ce qui prouve que A = A , autrement dit, que A est auto-adjoint. 2 2 2. Si kxk = 1, on a hUx xi 6 kU k , d'o u l'inegalite

kU k > Q = sup jhUx xij : kxk=1

D'autre part, l'equation () et le fait que A est auto-adjoint montrent que Re hUx yi = 21 hUx yi + 21 hUy xi = 14 hA(x + y) x + yi 14 hA(x y) x yi     = 6 Q4 kx + yk2 + kx yk2 6 Q2 kxk2 + kyk2 : On prend kxk = 1 et y = Ux= kUxk. On a alors

kUxk 6 Q2 (1 + 1) = Q; ce qu'il fallait demontrer. 3. Cette in egalite se demontre comme l'inegalite classique (que l'on retrouve d'ailleurs en prenant U = I ). Pour tous  et  2 C ,

hU (x y) x yi > 0; si bien que

jj2 hUx xi  hUx yi  hUy xi + jj2 hUy yi = jj2 hUx xi 2 Re( hUx yi) + jj2 hUy yi > 0; en utilisant le fait que U est auto-adjoint. On prend alors  et  de modules hUy yi1=2 et hUx xi1=2 tels que  hUx yi soit reel. On a alors 0 6 hUx xi hUy yi 2 hUx xi1=2 hUy yi1=2 hUx yi + hUy yi hUx xi ; d'ou l'inegalite voulue si hUx xi et hUy yi sont non nuls. Si hUx xi = 0, on voit en prenant  = hUx yi et  tendant vers 0 par valeurs superieures ou inferieures que hUx yi = 0, d'ou l'inegalite dans ce cas. Le cas ou hUy yi = 0 se traite de m^eme.

62

Analyse fonctionnelle

Exercice 28{4. Theoreme de la limite croissante dans un espace de Hilbert Soit H un espace de Hilbert. On rappelle qu'un operateur U 2 L(H ) est positif si pour tout x 2 H , hUx xi 2 R + . 1. Soit (Un) une suite d'operateurs dans L(H ). On suppose qu'elle est croissante (i.e. pour tout n, Un+1 Un est positif auto-adjoint) et bornee. Montrer que pour tout x 2 H , la suite Un x est convergente. Si Ux = limn Unx, montrer que U est une application lineaire continue. 2. Si H est de dimension nie, montrer que kUn U k ! 0. Que peut-on dire en general ?

Indication : 1. On pourra commencer par montrer que limn!1 hUnx xi existe puis utiliser l'inegalite de Cauchy-Schwarz de l'exercice 28{3. Solution :

Si x 2 H , il resulte des hypotheses 2que la suite hUnx xi est croissante. Elle est aussi bornee par (supn kUnk) kxk . Par consequent, elle converge. D'autre part, prenons m > n. Pour x et y dans H , on a d'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz (voir l'exercice 28{3) jhUm x Unx yij2 6 hUm x Unx xi hUm y Uny yi 6 2 sup kUnk kyk2 hUm x Unx xi : En prenant y = Um x Unx et en simpli ant par kUm x Un xk2, on obtient kUm x Unxk2 6 2 sup kUn khUm x Unx xi : Par suite, Um x Un x tend vers 0 quand m et n tendent vers +1. Cela prouve que la suite (Unx) est de Cauchy et qu'elle converge. Notons Ux sa limite. On a kUxk 6 sup kUnk kxk, donc U est bien une application lineaire continue sur H de norme 6 sup kUnk. 2. Supposons que H est de dimension nie p et soit (e1 ; : : : ; ep ) une base de H . Alors L(H ) est de dimension nie et la norme sur L(H ) est equivalente a la norme p X U 7! kUek k : 1.

k=1

Si (U Un)x ! 0 pour tout x, on a donc kU Unk ! 0. En dimension in nie, ce resultat est faux. Prenons H = `2(N ) et si (0; 1; : : : ) est une suite de reels positifs, posons Un x = Un (x0; : : : ; xn; : : : ) = (0x0 ; : : : ; nxn; 0; : : : ): On a hUn+1 x Unx xi = n+1 jxn+1 j2 ; si bien que Un+1 Un est positif. Pour tout x 2 `2(N ), Un x converge vers Ux = (0 x0; : : : ; nxn ; : : : ). Or, la norme de U Un est egale a supk>n k et

63

Operateurs dans les espaces de Hilbert

ne tend pas forcement vers 0. Par exemple si k = 1 pour tout k, on voit que Un converge simplement vers IdH . Ainsi, on doit se contenter de cette convergence simple, d'ailleurs etudiee dans l'exercice 28{10 sous le doux nom de topologie-sot.

Exercice 28{5. Racine carree d'un operateur positif auto-adjoint 1. Soit H un espace de Hilbert. Soit T 2 L(H ) tel que kT k < 1. Montrer que l'application

X 7! u(X ) = 12 (X 2 + T ) est une contraction sur la boule fermee B (0; kT k)  L(H ). En deduire qu'elle

admet une unique point xe dans cet ensemble et le calculer. 2. On dit qu'un operateur A de H est strictement accretif s'il existe  > 0 tel que pour tout x 2 H , hAx xi >  kxk2 . Montrer que si A est strictement accretif, il existe un operateur strictement accretif S tel que

S 2 = A:

3. Montrer que S commute avec tout operateur qui commute avec A et en deduire que S est unique. On l'appelle la racine carree de A. 4. Montrer qu'un operateur auto-adjoint positif A admet une unique racine carree positive S . 5. Application : soient U et V deux operateurs positifs tels que UV = V U . Montrer que UV est positif. Indication : 4. On pourra utiliser une suite d'operateurs strictement accretifs qui converge vers A et utiliser l'exercice 28{4. Solution :

Si X 2 L(H ) est de norme 6 kT k, alors,

kT k + kT k2

1 2

6 kT k ; ku(X )k = 2 (X + T )

6 2 puisque kT k 6 1. Ainsi, la boule B (0; kT k) est stable par u. Montrons maintenant que u est contractante : soient X et X 0 deux elements de L(H ) de normes 6 kT k. Alors,

ku(X ) u(X 0)k = 21

X 2 X 02

= 12 kX (X X 0) + (X X 0)X 0k 0 6 kX k +2 kX k kX X 0k 6 kT k kX X 0k ; ce qui prouve que u est contractante, de constante de Lipschitz kT k < 1. Comme u est contractante dans un ferme d'un espace de Banach, elle fournit par iteration l'unique solution de l'equation X 2 + T = 2X dans la 1.

64

Analyse fonctionnelle

boule B (0; kT k)  L(H ) (methode du point xe de Picard), autrement dit, elle fournit une racine carree de Id T puisque X 2 + T = 2X equivaut a (Id X )2 = Id T . 2. On va tenter de se ramener  a la premiere question en posant T = Id A. Pour cela, on note que kTxk2 = hx Ax x Axi = hx xi 2 hx Axi + 2 hAx Axi 6 1 2 + 2 kAk2 kxk2 : Quand  > 0 est assez petit, la norme de T est ainsi < 1 et il existe d'apres la premiere question un operateur X 2 L(H ) de norme 6 kT k tel que (Id X )2 = Id T = A. Posons alors S = p1 (Id X ) ; on a S 2 = A et il reste a prouver que S est strictement accretif. Or h(Id X )x xi = kxk2 hXx xi > kxk2 kX kkxk2 > (1 kT k) kxk2 ; ce qui montre que Id X , et par consequent S , est strictement accretif. 3. Soit U un op erateur qui commute avec A. Il commute aussi avec Id A. On voit aussi que si UX = XU , alors Uu(X ) = u(X )U et on constate que U commute avec la limite T de un(0). Il suit que US = SU et que S commute avec tout operateur qui commute avec A. Soit S1 un autre operateur accretif tel que S12 = A. On a S1A = S13 = AS1 , si bien que S et S1 commutent. En particulier, (S + S1)(S S1 ) = A2 A2 = 0. Soit x 2 H , on a alors 0 = h(S + S1)(S S1)x (S S1)xi = hS (S S1 )x (S S1 )xi + hS1(S S1)x (S S1)xi > Cste  k(S S1)xk2 ; puisque S et S1 sont strictement accretifs. Par suite, (S S1)x = 0 pour tout x 2 H et S = S1, comme il fallait demontrer. erateur An est strictement accretif car 4. Posons An = A + n1 Id. L'op 2 1 hAnx xi > n kxk . Soit Sn sa racine carree ; d'apres la question precedente, Sn et Sm commutent pour tous m et n. On va montrer que Sn converge vers une racine carree de A. En eet, si m > n, on a 1 1  2 2 (Sn Sm)(Sn + Sm ) = Sn Sm = n m Id; si bien que Sn Sm est l'inverse de l'operateur positif mmnn (Sn + Sm ) ; il est par consequent positif. La suite Sn est ainsi une suite decroissante et bornee d'applications lineaires. D'apres l'exercice 28{4, elle converge simplement vers un operateur positif S .

65

Operateurs dans les espaces de Hilbert

Comme SnSmx = Sm Snx, on voit que SnSx = SSnx, si bien que S et Sn commutent. Alors

2

S x Sn2 x

= k(S + Sn)(S Sn)xk 6 kS + SnkkSx Snxk ! 0

car kS + Snk est borne et Sx Snx ! 0. Autrement dit, Sn2 x ! S 2x et S 2x = Ax. Par suite, S 2 = A et S est une racine carree de A. L'unicite de S se prouve exactement comme dans la question 3, des que l'on a remarque que S commute avec toute matrice qui commute avec A. Remarque. On peut aussi utiliser l'exercice 28{4 pour montrer directement que la suite un(0) de la premiere question converge (simplement) des que Id T est positif. 5. Soit T la racine carr ee positive de V . Par unicite, T est auto-adjoint. Comme T commute avec V , elle commute aussi avec U . Alors, D E hUV x xi = UT 2 x x = hTUTx xi = hUTx Txi > 0; puisque U est positif.

Exercice 28{6. Operateurs a noyau 1. Soient (X; ) et (Y;  ) deux espaces mesures et k 2 L2 (X  Y;    ). Soit f 2 L2 (X; ). On note Z Tf (x) = k(x; y)f (y)d (y): Y

Montrer que T est un operateur lineaire continu de L2 (Y;  ) dans L2 (X; ). On dit que T est un operateur a noyau, de noyau k. On suppose que L2 (X; ) est separable (ce qui est le cas si X est un ouvert de R n par exemple). Montrer alors que T est compact. 2. On suppose de plus que X et Y sont deux espaces metriques compacts, que  et  sont des mesures de Radon sur X et Y (ainsi, C 0  L1 pour X et Y ). On suppose aussi que k est une fonction continue sur X  Y . Reprendre la premiere question en remplacant les espaces L2 par les espaces de Banach des fonctions continues sur X (resp. Y ).

Indications : 1. On pourra, si l'on veut, utiliser la caracterisation des operateurs compacts qui gure dans l'exercice 25{5. 2. On pourra utiliser le theoreme de Stone-Weierstra. Solution : 1.

L'inegalite de Holder montre que

jTf (x)j 6

Z

Y

j

j

1=2 Z

k(x; y) 2 d (y)

Y

j

j

f (y) 2 d (y)



66

Analyse fonctionnelle

et donc que Z Z Z Z 2 2 jTf (x)j d(x) 6 jk(x; y)j d (y) d(x) jf (y)j2 d (y): X

X Y

Y

Comme k 2 R  Y 2), on peut appliquer le theoreme de Tonelli-Fubini qui arme que Y jk(x; y)j d (y) est ni pour presque tout x 2 X , de nit une fonction integrable sur X et que

L2 (X

Z Z

Ainsi,

X

j Y

j



k(x; y) 2 d (y)

d(x) =

Z

j k(x; y)j2 d(x) d (y): X Y

kTf kL2(X ) 6 kkkL2(X Y ) kf kL2(Y ) ; ce qui montre que T est bien de ni L2 (Y ) ! L2 (X ). La linearite etant claire, T est un operateur lineaire de L2 (Y ) dans L2(X ). Il est continu, de norme majoree par kkkL2 . L'espace de Hilbert L2(X; ) est re exif. On sait donc d'apres la derniere question de l'exercice 25{5 qu'un operateur T est compact si et seulement si pour toute suite (fn) convergeant faiblement vers f , alors Tfn converge fortement vers Tf . On peut de plus supposer que f = 0, quitte a remplacer fn par fn f . Or, si (fn) est une telle suite, Tfn(x) converge vers 0 = Tf (x) pour tout x tel que y 7! k(x; y) est dans L2 (Y ), c'est- q a-dire pour presque tout x 2 X . De plus, on a vu que jTfn(x)j 6 kfnkL2 (Y ) K (x), ou

Z

K (x) = jk(x; y)j2 d (y) 2 L2(X ): Y Comme une suite faiblement convergente est bornee (d'apres le theoreme de Banach-Steinhaus, cf. l'exercice 25{7), le theoreme de convergence dominee R entra^ne que jTfnj2d tend vers 0, ce qui prouve Tfn ! 0 et acheve la demonstration. 2. Comme k est continue en x, le th eoreme de convergence dominee etablit que Tf est continue. On a donc une application lineaire bien de nie C 0 (Y ) ! C 0 (X ). De plus, Z jTf (x)j 6 max j f j jk(x; y)j d (y) Y Y et donc Z  0 kTf kC (X ) 6 max jk(x;
)j d kf kC0(Y ) : x2X Y R Comme x 7! Y jk(x;
)j d est continue, elle est bornee sur le compact X et T est bien continu. Pour montrer que T est compact, on va utiliser le fait que les fonctions de la forme f (x)g(y) sont denses dans C 0(X  Y ) en vertu du theoreme de Stone-Weierstra. Ainsi, si " > 0 est xe, il existe des fonctions 'i 2 C 0(X ), i 2 C 0 (Y ) telles que X 'i(x) i (y) k(x; y) 6 ": i

67

Operateurs dans les espaces de Hilbert

Par consequent, si f 2 C 0(Y ),

Tf (x) X 'i(x) Z i (y)f (y) d (y) 6 "(Y ): Y i Mais cela prouve exactement que T est approchable par des operateurs de rang

ni. Il est a fortiori compact. Remarque. Il est aussi possible d'appliquer le theoreme d'Ascoli : comme X est compact, il sut de prouver que les fonctions Tf pour kf k 6 1 sont uniformement bornees et equicontinues. Elles sont en eet bornees par max jk(x; y)j (Y ) ; d'autre part, si " > 0 et si  est choisi de sorte que jk(x; y) k(x0; y)j 6 " si d(x; x0) 6 , alors jTf (x) Tf (x0)j 6 "(Y ); d'ou l'equicontinuite.

Exercice 28{7. Operateurs de Hilbert-Schmidt Soit H un espace de Hilbert separable et T 2 L(H ). On dit que T est de Hilbert-Schmidt s'il existe une base orthonormee (en ) de H telle que la 1=2 P P serie kTe k2 converge. On pose alors kT k = kTe k2 (norme de n

HS

n

Hilbert-Schmidt). 1. Montrer que cette de nition est independante de la base de H choisie et que kT kHS > kT k. 2. Montrer que l'ensemble des operateurs de Hilbert-Schmidt est un sousespace vectoriel de L(H ) sur lequel k
kHS est une norme qui en fait un espace de Hilbert. 3. Montrer que tout operateur de Hilbert-Schmidt est compact.

Indication : 3. On montrera en fait que l'espace des operateurs de Hilbert-Schmidt est l'adherence pour la norme k
kHS de l'espace des operateurs de rang ni. Solution :

Soit fn une autre Pbase orthonormee de H . Il existe ainsi des reels am;n = hem fni tels que fn = m am;nem . Ainsi, 1.

X n

2 X X X X

X kTfnk =

am;nTem

= ak;nam;n hTek Tem i n m n k m X XX = hTek Tem i hek fni hem fni n k m X X = hTek Tem i hek em i k m X = kTem k2 2

m

68

Analyse fonctionnelle

puisque (fn) et (em ) sont des bases orthonormees. Ainsi, k
kHS ne depend pas du choix de la base de H . Si x 2 H est de norme 1, on construit une base orthonormee (x; e1 ; : : : ) de H en choisissant une base orthonormee de l'orthogonal de R x  H . Alors, X kTxk2 6 kTxk2 + kTek k2 = kT kHS : k>1

Par consequent, kT k 6 kT kHS . 2. Comme kx + y k2 6 2(kxk2 + ky k2 ), on voit que l'ensemble des op erateurs de Hilbert-Schmidt est un sous-espace vectoriel de L(H ). Il est alors clair que T 7! kT kHS munit l'ensemble des operateurs de Hilbert-Schmidt d'une norme hilbertienne. De plus, tout choix d'une base de H determine un isomorphisme d'espaces prehilbertiens entre l'ensemble des operateurs de Hilbert-Schmidt dans L(H ) et l'espace de Hilbert `2(H ) des suites (xn ) d'elements de H telles que P kxnk2 < 1. On en conclut que l'ensemble des operateurs de Hilbert-Schmidt sur H , muni de la norme k
kHS est un espace de Hilbert. Remarque. On aurait aussi pu montrer directement que l'ensemble des operateurs de Hilbert-Schmidt est complet (en adaptant la demonstration de la compacite de `2 par exemple). 3. Pour montrer qu'un op erateur de Hilbert-Schmidt T est compact, on va l'approcher par des operateurs de rang ni. Soit (en) une base orthonormee de H . On de nit alors un operateur Tn 2 L(H ) par 8 < Tn(ek ) = :T (ek ) si k 6 n, 0 sinon. Il est clair que Tn est de rang ni et de Hilbert-Schmidt. Pour montrer que T est compact, il sut de montrer que kTn T kHS ! 0. On prouvera ainsi que Tn HS! T , et a fortiori, Tn ! T pour la topologie forte. Or, X X kTn T k2HS = k(Tn T )(ek )k2 = kT (ek )k2 n!1 !0 k

k>n

par de nition de la convergence de la serie Pk kT (ek )k2 . Donc kTn T k ! 0 et T est compact.

Exercice 28{8. Matrice de Hilbert 1. Si x = (xn ) 2 `2 (N ), on pose ! 1 X 1 Hx = m + n + 1 xn : m=0

n

Montrer que x 7! Hx est une application lineaire continue de `2 (N ) dans lui-m^eme, de norme 6  (matrice de Hilbert). 2. L'operateur H est-il de Hilbert-Schmidt ?

69

Operateurs dans les espaces de Hilbert

3. Si (en) est la base canonique de `2(N ), on pose vn = p1n (e0 +


+en 1). Montrer que la suite (vn ) converge faiblement vers 0 quand n ! +1. 4. En deduire, a l'aide de l'exercice 25{5, que H n'est pas compact. Indication : 1. Pour x et y 2 ` (N ), utiliser la fonction 2

1 X

m=0

xm e imt

! X 1

n=0

yn e int

! X ! 1 ikt k2Z k

e

:

Solution : 1.

La fonction

est dans

L2 ([0; 2])

 (t) =

1 X n=0

xm e

imt

d'apres l'egalite de Parseval, et l'on a

k k = 2

De m^eme, (t) = P1 n=0 yn e plus, si t 2 ]0; 2[, on a

int

Z 2 0

j j2 = 2 kxk2 :

p

est de carre integrable et kk = 2 kyk. De

'(t) :=

X 1 ikt e = i( t): k2Z k

Il sut en eet de calculer les coecients de Fourier de la fonction 2periodique qui vaut i( t) pour t 2 ]0; 2[ et d'appliquer le theoreme de Dirichlet : comme elle est impaire, c0 = 0 et si k 6= 0, on a Z 2 Z 2 ck = 21 i( t)e ikt dt = 2i te ikt dt 0 0   Z 2  2  e ikt dt = 2i ik1 te ikt + 2k1 0 0 = 1 (2 0) = 1 : 2k k Si les suites x et y sont nulles a partir d'un certain rang, on a alors Z 2  X Z 2  X int  X 1 ikt it e e dt yn e xm e imt  (t)( t)'(t)e it dt = 0 0 m n k6=0 k X X = xm yn 2k = xm yn m +2n + 1 m;n m+n+1=k = 2 hy Hxi : En particulier p p () jhy Hxij 6 21 k kkk sup ' 6 21 2 kxk 2 kyk  =  kxk kyk :

70

Analyse fonctionnelle

Par passage a la limite, on en deduit que hy Hxi existe pour tous x et y dans `2(N ) et que l'inegalite precedente est toujours vraie. Cela implique que Hx 2 `2 (N ) et que sa norme est inferieure a  kxk ; ainsi, H est continu de norme 6 . 2. Pour savoir si H est un op erateur de Hilbert-Schmidt il faut considerer 2 , o la somme P1 k He k u ( e ) est la base orthonormee canonique de `2(N ). n n n=0  1 ; 1 ; : : : et Or, Hen = n+1 n+2 1 X n=0

kHenk2 =

1 X 1 1 1 k 1 1 X 1 1 k X X X X 1 = = = = +1; 2 2 2 n=1 k=n k k=1 k k=1 k n=1 k=1 k

si bien que H n'est pas de Hilbert-Schmidt. 3. Soit f une forme lin eaire sur `2(N ). Il existe donc une suite (fn) 2 `2(N ) P telle que f (x) = fnxn . Alors,

jf (vn)j = p1n jf0 +


+ fn 1j

6 p1n jf0 +


+ fn 1j + p1n jfk +


+ fk 1j s

  6 p1n jf0 +


+ fk 1j + n n k jfk j2 +


+ jfnj2 :

Soit " > 0 et choisissons k susamment grand pour que jfk j2 +


6 ". Des que n > k, on a

s

jf (vn)j 6 n n k " + p1n jf0 +


+ fk j; d'ou jf (vn)j 6 2" si n est assez grand. On a donc prouve que f (vn) ! 0, et donc que vn tend faiblement vers 0. 4. Si H est compact, alors la suite Hvn doit converger en norme vers 0 d'apres l'exercice 25{5. Or, n 1 X X 1 e Hvn = p1n m+k m m=0 k=1

et

!2 n 1 X X 1 1 1 nX1 (n=2n)2 = 1=4: kHvnk = n > n m=0 m=0 k=1 m + k 2

La suite Hvn ne converge pas vers 0 et l'operateur H n'est pas compact.

71

Operateurs dans les espaces de Hilbert

Exercice 28{9. Operateurs de Hilbert-Schmidt dans L2 Soit (X; ) un espace mesure tel que L2 (X; ) est separable et k 2 L2 (X  X ). Soit T l'operateur de L2 (X ) de noyau k (cf. l'exercice 28{6). 1. Montrer que T est de Hilbert-Schmidt et calculer sa norme de HilbertSchmidt.

2. Reciproquement, montrer que tout operateur de Hilbert-Schmidt sur L2(X ) est un operateur a noyau, de noyau dans L2(X  X ). Solution :

Soit (fn) une base orthonormee hilbertienne de L2 (X ) (denombrable puisque L2 (X ) est separable). Alors, la famille (fm(x)fn (y))m;n est une base orthonormee de L2 (X  X ). Qu'elle soit orthonormee est clair, et elle est complete car les fonctions de la forme f (x)g(y) engendrent un sous-espace dense de L2 (X  X ). On peut ainsi ecrire dans L2 (X  X ) : 1.

k(x; y) = Alors,

Tfi(x) = = = On a donc

X i

Z X X m;n

X

m;n

X m

X

m;n

cm;nfm(x)fn (x):

 cm;nfm (x)fn(y) fi(y) d(y)

cm;nfm (x) hfn fii

(d'apres Fubini)

cm;ifm (x):

kTfik2 =

XX i m

jcm;ij2 = kkk2L2 (X X )

et T est un operateur de Hilbert-Schmidt, de norme kT kHS = kkkL2(X X ) . Reciproquement, soit T un operateur de Hilbert-Schmidt sur L2 (X ). On de nit des coecients cm;n en developpant Tfn dans L2 (X ) : 2.

Tfn(x) =

X m

cm;nfm (x):

Comme de Hilbert-Schmidt, Pm;n jcm;nj2 < +1 et la fonction k(x; y) = P f (Tx)est 2 m;n m fn (y ) appartient a L (X  X ). D'apres les calculs de la question precedente, l'operateur de noyau k est egal a T .

72

Analyse fonctionnelle

Exercice 28{10. Le theoreme du bicommutant Soit H un espace de Hilbert complexe et L(H ) l'algebre des applications lineaires continues H ! H munie de la norme d'operateur qui en fait une

algebre de Banach. 1. Soit S  L(H ). On designe par S 0 le commutant de S , c'est-a-dire l'ensemble des T 2 L(H ) tels que TU = UT pour tout U 2 S . Montrer que S 0 est une sous-algebre de L(H ) et que S 000 = S 0 . Montrer aussi que S 0 est ferme pour la topologie sot de nie par la famille des semi-normes px(T ) = kTxk pour x 2 H . 2. Soit A une sous-algebre fermee de L(H ) contenant l'identite IdH et telle que T  2 A si T 2 A. Soit x 2 H et " > 0. Soit V  H l'adherence de l'espace vectoriel fAx ; A 2 Ag. Montrer que V et V ? sont stables par tout element de A. 0 En deduire que la projection orthogonale P sur V appartient a A . Si B 2 A00 , en deduire que V est stable par B , puis qu'il existe A 2 A tel que k(A B )xk 6 ". 3. Montrer que l'adherence de A pour la topologie sot est le bicommutant A00 de A (theoreme du bicommutant de von Neumann).

Indications : 1. Si S  S , remarquer que S 0  S 0 . 3. Regarder A comme une sous-algebre de L(H n) en posant, pour (x ; : : : ; xn) 2 H n, 1

2

1

2

A(x1 ; : : : ; xn ) = (Ax1 ; : : : ; Axn ). Puis appliquer la question 2. Solution :

1

On a Id 2 S 0 . Si T1 et T2 appartiennent a S 0 , alors pour tout U 2 S , on a T1 T2U = T1 (UT2 ) = (T1 U )T2 = T1 T2U; et donc T1T2 2 S 0 . De m^eme, 1T1 + 2T2 commute avec U pour tout U 2 S et tous 1, 1 2 C . Cela prouve que S 0 est une sous-algebre de L(H ). Montrons que S  S 00. En eet, si A 2 S , AB = BA pour tout B 2 S 0 , ce qui montre que A commute a tout element de S 0 et donc A 2 S 00. Remarquons aussi que si S1  S2 , il y a moins de conditions a veri er pour ^etre dans S10 que dans S20 , donc S20  S10 . Ainsi, on a S 0  S 000. Mais en appliquant la premiere inclusion a S 0 , on obtient aussi S 0  S 000 et nalement, S 0 = S 000. Montrons en n que S 0 est ferme pour la topologie sot. Soit A 62 S 0 et montrons qu'il existe un sot-voisinage de A qui ne rencontre pas S 0 . En eet, soient B 2 S et x 2 H tel que ABx 6= BAx. On a B 6= 0 et on peut supposer que kABx 0 BAxk = 1. 0Alors, il sut que pBx(A0 A) = k(A0 A)(Bx)k < 1=4 et px(A A) = k(A A)xk < 1=(4 kB k) pour que kA0Bx BA0xk = k(ABx BAx) + (A0 A)Bx + B (A0 A)xk > 1 41 kB k 4 k1B k = 12 ; 1.

Operateurs dans les espaces de Hilbert

73

et donc A0B 6= BA0. 2. Soient x 2 H et " > 0. Soit V  H l'adh erence de l'espace vectoriel engendre par les Ax pour A 2 A. L'ensemble des Ax est stable par A, donc V qui est son adherence aussi. Si T 2 A, T  2 A laisse stable V , donc T laisse stable V ?. Cela prouve que V ? est stable par A. Considerons la projection orthogonale P : H ! V . Si T 2 A et y 2 H , on ecrit y = y1 + y2 ou y1 2 V et y2 2 V ? ; alors TPy = Ty1 tandis que PTy = P (Ty1 + Ty2) = Ty1 puisque Ty1 2 V et Ty2 2 V ?. Ainsi, PT = TP pour tout T 2 A et donc P 2 A0. Soit B 2 A00. Comme P 2 A0, B commute par de nition avec P , soit PB = BP . Ainsi, si y 2 V , BPy = By = P (By), ce qui prouve que By 2 V et donc que V est stable par B . Or, Id 2 A par hypothese, et donc x 2 V . Par consequent, pour tout B 2 A00, Bx 2 V . Comme V est l'adherence de l'ensemble des Ax pour A 2 A, il existe ainsi A 2 A tel que kBx Axk 6 ". 3. D'apr es la premiere question, A00 = (A0)0 est fermee dans L(H ), muni de la topologie sot. Pour prouver que A00 est l'adherence de A pour cette topologie, nous devons considerer un element B de A00 et prouver que tout voisinage de B pour la topologie sot contient un element de A. Soient donc x1 , : : : , xn des elementsPde H et " > 0.2 Si B 2 A00, on veut donc prouver qu'il existe A 2 A tel que kBxi Axi k 6 " (car ces ensembles forment une base de voisinages de B pour la topologie sot ). La question precedente resout le cas ou n = 1. Nous allons utiliser l'astuce de l'indication pour nous ramener a ce cas. Soit ' : L(H ) ! L(H n) le morphisme d'algebres de ni par '(A)(x1; : : : ; xn) = (Ax1 ; : : : ; Axn ): Il est injectif. Appliquons a '(A) les resultats de la question precedente. On voit que '(A) est une sous-algebre fermee de L(H n) qui contient IdH n . De plus, si T 2 '(A), on peut ecrire T = '(A). On constate alors que T  = '(A ) 2 '(A) car A 2 A. Comme ' est un morphisme d'algebres, on voit facilement que '(B ) 2 '(A)00 . Si x = (x1 ; : : : 2; xn), la question 2 montre alors qu'il existe T 2 '(2A) tel k'(B )x 2Txk 6 ". Or, T est de la forme '(A) et k'(B )x Txk = Pn quekBx i Axi k . i=1 Remarque. Les lettres sot signi ent strong operator topology. Si H est muni de sa topologie usuelle (forte), c'est la topologie de la convergence simple sur L(H ).

Exercice 28{11. Theorie de Fredholm holomorphe Soit H un espace de Hilbert separable. 1. Montrer que tout operateur compact sur H est limite d'operateurs de rang ni.

74

Analyse fonctionnelle

Soit un ouvert connexe de C , f : ! L(H ) une application holomorphe telle que f (z ) est compact pour tout z 2 . 2. Si z0 2 , montrer qu'il existe F 2 L(H ) de rang ni tel que Id f (z)+ F est inversible dans un voisinage U  de z0 . En deduire qu'il existe g : U ! L(H ) holomorphe tel que pour tout z 2 U : { g (z ) est de rang ni ; { Id g (z ) est inversible si et seulement si Id f (z ) est inversible ; { g (z )x = x a une solution non nulle si et seulement si f (z )y = y a une solution non nulle. 3. Montrer l'alternative suivante : { ou bien Id f (z ) n'est inversible pour aucun z 2 ; { ou bien il existe un ensemble discret S  tel que Id f (z ) est inversible pour z 62 S , et (Id f (z )) 1 est une fonction holomorphe sur n S , avec des p^oles sur S dont les residus sont des operateurs de rang ni. Si z 2 S est un p^ole, l'equation f (z ) = z a en outre une solution non nulle.

Indications : 1. Si (en) est une base orthonormee de H , on note pn la projection orthogonale sur vect(e ; : : : ; en ). Si u 2 L(H ) est compact, on montrera que u  pn converge vers u. 2. On posera g(z) = F  (Id f (z) + F ) , avec F 2 L(H ) bien choisi. 3. Traiter le probleme localement sur en utilisant la question 2, puis utiliser un argu1

1

ment de connexite. Solution :

1. Soit u 2 L(H ) un op erateur compact. Soit (en) une base orthonormee de H et pn la projection orthogonale sur vect(e1; : : : ; en). Si x = x1 + x2 2 H , ou x1 2 vect(e1; : : : ; en) et x2 2 vect(e1; : : : ; en)?, on a u(x) u(pn(x)) = u(x2), si bien que la norme de u u  pn est egale a n o sup ku(x)k ; x 2 vect(e1; : : : ; en)? et kxk = 1 = n: On peut trouver une suite (xn) telle que xn 2 vect(e1; : : : ; en)?, kxn k = 1 et ku(xn)k > n=2. En particulier, xn converge faiblement vers 0 et, l'operateur u etant compact, l'exercice 25{5 implique que u(xn) ! 0, si bien que n ! 0. 2. Soit z0 2 . Comme f est continue, il existe un voisinage U de z0 tel que kf (z) f (z0 )k < 1=2 si z 2 U . De plus, il existe un operateur de rang ni F tel que kf (z0) F k < 1=2 d'apres la question precedente. Ainsi, pour tout z 2 U , on a kf (z) F k < 1. On sait que cela entra^ne que Id f (z) + F est pour tout z 2 U , l'inverse etant donne par la serie convergente P1inversible n 1 n=0 (f (z ) F ) , donc holomorphe. Si g (z ) = F  (Id f (z )+ F ) , la fonction g : U ! L(H ) est holomorphe sur U et Id g(z) = (Id f (z))(Id f (z) + F ) 1: On constate que g(z) est de rang ni pour tout z 2 U et que Id g(z) est injective (resp. bijective) si et seulement si Id f (z) l'est. La question est donc demontree.

75

Operateurs dans les espaces de Hilbert

3. Soit z0 2 et g : U ! L(H ) comme dans la question pr ecedente. Pour tout z 2 U , l'image de g(z) est contenue dans l'image de F . Il existe ainsi un entier n, des applications holomorphes vi : U ! H et des vecteurs wi 2 H (formant une base orthonormee de Im F ) tels que pour tout x 2 H , on ait

g(z)(x) =

n X i=1

hvi(z) xi wi:

Si y 2 H , cherchons a resoudre l'equation x g(z)(x) = y. On obtient ainsi x = y + Pni=1 ciwi, ou les ci veri ent l'equation XX X ci hvj (z) wii wj = y; y + ci wi g(z)(y) j

i

i

d'ou le systeme d'equations lineaires

ci

n X

j =1

cj hvi(z) wj i = hg(z)(y) wii :

Son determinant est une fonction analytique D : U ! C et l'equation f (z)(x) = x a une solution non nulle si et seulement si D(z) 6= 0. Premier cas : D est identiquement nulle sur U et Id f (z) n'est inversible pour aucun z 2 U . De plus, pour tout z 2 U , l'equation x = f (z)x a une solution non nulle. Deuxieme cas : D n'est pas identiquement nulle, l'ensemble de ses zeros est alors un ensemble discret S de U . Si z 62 S , Id f (z) est inversible, tandis que si z 2 S , l'equation x = f (z)(x) admet une solution non nulle. De plus, si x g(z)(x) = y, les formules de Cramer montrent l'existence de fonctions holomorphes ci : U ! H telles que l'on ait la formule pour z 2 U n S : n X x = y + D1(z) hci(z) yi wi: i=1 On voit ainsi que (Id g(z)) 1 est meromorphe dans U et que ses parties polaires sont des operateurs de rang ni. Comme (Id f (z)) 1 = (Id f (z) + F ) 1(Id g(z)) 1 ; cela reste vrai pour (Id f (z)) 1 . Soient A et B les ensembles formes des z 2 tels que dans un voisinage de z, la premiere (resp. la deuxieme) branche de l'alternative soit satisfaite. Il est clair que A et B sont des ouverts disjoints, et on a prouve que A [ B = . Comme est connexe, l'une ou l'autre des deux branches est veri ee partout. Pour conclure la preuve du deuxieme cas, il reste a remarquer que la partie S est discrete. Elle est en eet localement discrete (pour tout z 2 , il existe un voisinage U tel que U \ S est discret dans U ) et ne peut donc avoir de point d'accumulation dans (car elle ne serait pas discrete au voisinage d'un tel point).

76

Analyse fonctionnelle

Exercice 28{12. Theorie spectrale des operateurs compacts auto-adjoints Soit H un espace de Hilbert (complexe) separable et u 2 L(H ) un operateur compact. On utilisera dans cet exercice les resultats de l'exercice 28{11. 1. Si 0 6=  2 sp(u), montrer que c'est une valeur propre, que sa multiplicite est nie et que  n'est pas point d'accumulation de sp(u). 2. Si dim H = +1, montrer que 0 2 sp(u). 3. On suppose de plus que u 6= 0 est auto-adjoint. Montrer que sp(u)  R et que deux vecteurs propres pour des valeurs propres distinctes sont orthogonaux. A l'aide de l'exercice 27{4, en deduire qu'il existe une base orthonormee de H formee de vecteurs propres pour u (diagonalisation des operateurs compacts auto-adjoints).

Indication : 3. Considerer la restriction de u a l'orthogonal de l'espace vectoriel engendre par les vecteurs propres. Utiliser la question 3 de l'exercice 27{4 pour prouver que cette restriction est nulle.

Solution :

Considerons la fonction analytique C  ! L(H ) de nie par f (z) = z 1 u. Pour tout z 2 C  , f (z) est un operateur compact et des que jzj > kuk, l'operateur Id f (z) est inversible. Par suite, l'ensemble des z 2 C  tels que Id z 1 u n'est pas inversible est une partie discrete S  C  et pour tout z 2 S , l'equation x = z 1 u(x) admet une solution non nulle. Ainsi, si  6= 0 appartient au spectre de u, 1= 2 S , si bien que  est valeur propre de u. De plus, 1= n'est pas point d'accumulation de S , ce qui prouve que  n'est pas un point d'accumulation de sp(u). Soit en n F = Ker(u  Id)  H l'espace propre pour la valeur propre non nulle . C'est un sous-espace ferme de H , donc un espace vectoriel norme complet. De plus, l'identite IdF =  1ujF jointe a la compacite de u montrent que la boule unite de F est compacte. D'apres le theoreme de Riesz, F est de dimension nie, ce qui prouve que les valeurs propres non nulles ont une multiplicite nie. 2. Si 0 62 sp(u), cela signi e que u 2 L(H ) est inversible. Ainsi, il existe v 2 L(H ) tel que uv = IdH . Comme u est compact, uv aussi, si bien que la boule unite de H est relativement compacte. D'apres le theoreme de Riesz, H est de dimension nie, alors qu'on avait suppose le contraire. Par consequent, 0 2 sp(u). 3. Si u(x) = x et u(y ) = y pour deux valeurs propres distinctes  et , on a l'egalite hu(x) xi =  hx xi = hx u(x)i =  hx xi qui prouve (pour x 6= 0) que  2 R , et l'egalite hu(x) yi =  hx yi = hx u(y)i =  hx yi 1.

Operateurs dans les espaces de Hilbert

77

implique que x et y sont orthogonaux. En considerant des bases orthonormees de chaque espace propre, on construit une suite orthonormee (en) de vecteurs propres pour u. Soit E  H l'adherence de l'espace vectoriel engendre par ces (en) ; en particulier, tout vecteur propre est contenu dans E . Comme u est auto-adjoint, E ? est stable par u et de nit un operateur auto-adjoint v sur E ? qui n'a pas de valeur propre. D'apres la premiere question, son spectre est reduit a f0g et l'exercice 27{4 montre que kvk = 0. Ainsi, u = 0 sur E ?. Tout element non nul de E ? etant un vecteur propre de u, la de nition de E montre que E ? = 0. On a bien montre que H admet une base orthonormee formee de vecteurs propres pour u, et donc que u est diagonalisable. Remarque. Comme en dimension nie, on etend ce resultat aux espaces de Hilbert reels en complexi ant la situation. On introduit H 0 = H  iH , muni d'une structure d'espace de Hilbert complexe naturelle, on prolonge u a H 0 en posant u0(x + ix0 ) = u(x) + iu(x0). Les valeurs propres de u0 sont reelles et si u(x + ix0 ) = (x + ix0 ), on voit que x et x0 sont vecteurs propres, ce qui permet de retrouver une base de vecteurs propres de H .

Exercice 28{13. Theoreme de Mercer Soit k : [a; b]2 ! R une fonction continue telle que k(x; y ) = k(y; x). On K l'operateur de noyau k sur L2 ([a; b]) de ni par Kf (x) = R b k(note x; y)f (y) dy. a

1. Justi er qu'il existe une base hilbertienne ('n) de L2([a; b]) formee de vecteurs propres pour K . 2. Montrer qu'un vecteur propre de K pour une valeur propre non nulle est en fait une fonction continue [a; b] ! R . Si f est l'image d'une fonction continue par K , montrer que la serie P 3. hf ' i ' converge vers f uniformement et absolument sur [a; b]. n

n

Indication : 1. On pourra utiliser la theorie spectrale des operateurs compacts auto-adjoints. Solution :

1. Comme k (x; y ) = k (y; x), l'application lin eaire K est un operateur autoadjoint de L2 ([a; b]) dans lui-m^eme. D'autre part, comme tout operateur a noyau, il est compact (voir l'exercice 28{6). D'apres l'exercice 28{12, les valeurs propres (repetees autant de fois que leur multiplicite) de K forment une suite (n) telle que jnj ! 0, et en choisissant une base orthonormee de chaque espace propre, on obtient une suite orthonormee ('n) de vecteurs propres. Toujours d'apres l'exercice 28{12, la suite ('n) est une base hilbertienne de L2 ([a; b]). 2. Soient  une valeur propre non nulle de K et f 2 L2 ([a; b]) telle que Kf = f . On a donc Zb 1 f (x) =  k(x; y)f (y) dy: a

78

Analyse fonctionnelle

Or, k(x; y)f (y) est continu en x, domine par un multiple de jf (y)j ; d'apres le theoreme de convergence dominee, f est donc continue. 3. Soit g 2 C 0 ([a; b]) et f = Kg . On d ecompose g dans L2([a; b]) : soit P an =Phg 'ni, de sorte que g = an'n dans L2 ([a; b]). Ainsi, la dierence g Pan 'n est une fonction [a; b]2 ! R nulle dans L2. Montrons qu'alors f = ann'n dans C 0 ([a; b]). Il sut pour cela de prouver que K est un operateur continu de L2 dans C 0 , ce qu'etablit la majoration

Z b !1=2 !1=2 Z b k(x; y)f (y) dy 6 Z b jk(x; y)j2 dy 2 jf (y)j dy a a a p 6 M b a kf kL2 : Autrement dit, la serie P an n'n converge uniformement vers f . Comme ann = n hg 'ni = hg K'ni = hKg 'ni = hf 'ni ; P la serie hf 'ni 'n converge uniformement vers f sur [a; b]. Montrons que cette serie converge absolument. On majore pour cela N X 1

jann'n(x)j 6

N X 1

janj

2

!1=2 X N 1

jn'n j

(x) 2

!1=2

0 N Z 211=2 b X 6 kgkL2 @ k(x; y)'n(y) dy A 1 a N X

6 kgkL2 hk(x;
) 'ni 1 6 kgkL2 kk(x;
)kL2 d'ou la convergence absolue pour tout x 2 [a; b].

2

!1=2

Remarque. On notera que nous n'avons pas prouve que la serie des valeurs

absolues converge uniformement.

Partie 8 E quations dierentielles

Rappels

Soient E un espace de Banach, un ouvert de R  E , f une application continue ! E , et (t0; x0 ) 2 . Le probleme de Cauchy consiste a chercher les intervalles ouverts I  R contenant t0 et les fonctions x : I ! E de classe C 1 telles que pour tout t 2 I , (t; x(t)) 2 et x0(t) = f (t; x(t)). On dit que f : ! E est localement lipschitzienne en la seconde variable si pour tout point (t0; x0 ) de , il existe un voisinage V  de (t0; x0 ) et un reel k tels que kf (t; x1 ) f (t; x2 )k 6 k kx1 x2 k pour tous (t; x1 ) et (t; x2 ) 2 V . Si f est localement lipschitzienne, le theoreme de Cauchy-Lipschitz arme : { qu'il existe des solutions au probleme de Cauchy ; { que ces solutions sont essentiellement uniques. Si x1 : I1 ! E et x2 : I2 ! E sont deux solutions, alors x1 = x2 sur l'intervalle I1 \ I2 ; { qu'il existe un intervalle maximal Imax contenant t0 et une solution xmax : Imax ! E au probleme de Cauchy (solution maximale). En particulier, pour toute solution x : I ! E , on a I  Imax et x = xmax sur I . Si de plus il existe des reels a, b, M et C tels que contient le pave P = f(t; x) ; jt t0j 6 a; kx x0k 6 bg, kf (t; x)k 6 M pour (t; x) 2 P et kf (t; x1) f (t; x2)k 6 C kx1 x2 k pour tous (t; x1 ) et (t; x2 ) 2 P , alors l'intervalle Imax contient [t0 T; t0 + T ] avec T = min(a; b=M ) (theoreme de Cauchy-Lipschitz precise, voir par exemple [ZuQu, p. 348] ou [Dema, p. 134]). Si l'intervalle de de nition maximal Imax est majore, on deduit de ce theoreme precise que la solution maximale sort de tout compact de lorsque t ! sup Imax. Si kx1 x0 k 6 b=2, le probleme de Cauchy x0 = f (t; x) et x0 (t0) = x1 possede avec ces notations une unique solution x(t; x1 ) de nie sur [t0 T 0; t0 + T 0] ou T 0 = min(a; b=2M ). Alors l'application x1 7! x(
; x1 ) de B (x0 ; b=2) ! C 0 ([t0 T 0; t0 + T 0]) est continue. Si f est de classe C k (pour k > 1), cette application est de classe C k (dependance en les conditions initiales). Pour la dependance en un parametre, on renvoie a [Dema] ou [ZuQu]. Un outil dans la demonstration de ces resultats est le lemme de Gronwall : soient g : [0; a] ! R + une fonction continue, K : [0; a] ! R une fonction L1 strictement positive et f : [0; a] ! R + mesurable telle que pour tout t 2 [0; a],

f (t) 6 g(t) + Alors, pour tout t 2 [0; a], on a

f (t) 6 g(t) +

Zt 0

Zt 0

K (s)f (s) ds:

K (s) exp

Z t s

 K (u) du ds:

Sans l'hypothese que f est lipschitzienne en la seconde variable, il peut ne pas exister de solution, ou au contraire en exister plusieurs distinctes. En tout cas, si f est continue et E de dimension nie, il existe au moins une solution locale au probleme de Cauchy (theoreme de Peano-Arzela). On peut en deduire l'existence d'une solution maximale a l'aide du lemme de Zorn (l'argument de [ZuQu], p. 364, est insusant).

Introduction

Chapitre XXIX Ce chapitre est consacre a l'existence , la stabilite et la croissance des solutions d'une equation dierentielle. On montre par exemple dans l'exercice 29{1 que des hypotheses un peu plus faibles que la condition de Lipschitz permettent d'assurer l'unicite. Nous donnons aussi deux approches de la stabilite d'une solution d'une equation dierentielle (exercices 29{5 et 29{6) : la methode de l'application de retour de Poincare permet d'etudier les solutions periodiques, la methode de Lyapunov permet parfois d'obtenir des renseignements sans conna^tre explicitement la solution. Nous disons quelques mots des methodes numeriques. Chapitre XXX Ce chapitre d'exemples a ete divise en trois parties. Quelques etudes qualitatives pour commencer, ou les techniques d'entonnoirs sont parfois utiles (exercice 30{1). Ensuite, les systemes autonomes (quand l'equation ne depend pas du temps) ont des proprietes particulieres, notamment dans le plan. En n, quelques applications tirees du (( monde reel )) (physique, biologie: : : ). Chapitre XXXI En n, la theorie lineaire des equations du second ordre fait l'objet d'un dernier chapitre. Outre la theorie de Sturm-Liouville qui fait l'objet de quatre exercices, nous avons donne quelques resultats sur les oscillations des solutions de telles equations.

CHAPITRE XXIX

Existence, stabilite, croissance Exercice 29{1. Theoremes d'unicite de Nagumo et d'Osgood 1. Soit f : R  Rn ! R n continue, telle que, quand t > t0, kf (t; x1) f (t; x2)k 6 C kxt1 tx2 k : () 0 Si C 6 1, montrer que le probleme de Cauchy (E) x0 = f (t; x); x(t0 ) = x0 a au plus une solution (theoreme de Nagumo). 2. Donner un contre-exemple au theoreme de Nagumo quand C > 1. 3. Soit ! : R + !R une fonction continue strictement croissante telle que !(0) = 0 et lim"!0 "1 ds=!(s) = +1. On suppose que f : R  Rn ! Rn est continue et veri e () kf (t; x1) f (t; x2 )k 6 !(kx1 x2 k): Montrer que le probleme de Cauchy (E) a au plus une solution (theoreme d'Osgood).

Indications : 1. Si x et x sont deux solutions, on introduira une inequation dierentielle satisfaite par kx x k, que l'on resoudra en s'inspirant de la preuve du lemme de Gronwall. 2. Considerer C min(x; tC )=t. 3. On pourra introduire les fonctions h(t) = sup ;t kx x k et H (t) = Rtt0 !(h(s)) ds. 1

1

2

2

[0 ]

1

2

Solution :

On peut supposer que C = 1. Soient x1 et x2 deux solutions au probleme de Cauchy. L'inegalite () entra^ne 1.

Z t 

kx1 (t) x2 (t)k = t f (s; x1(s)) f (s; x2(s)) ds Z t 0kx1 (s) x2 (s)k 6 t ds; s t0 0

Existence, stabilite, croissance

83

en remarquant que cette derniere integrale, qu'on notera (t), existe car x1 (s) x2 (s) = x1(s) x0 x2(s) x0 s t0 s t0 s t0 tend vers x01 (t0) x02 (t0 ) = f (t0; x0 ) f (t0 ; x0) = 0 quand s ! t0 . On deduit de l'inegalite ci-dessus : 0 (t) = kx1 (tt) tx2 (t)k 6 t(tt) : 0 0 0 En integrant l'inegalite  (t)=(t) 6 1=(t t0 ), on obtient, pour t > s > t0 , (t) 6 (s) : t t0 s t0 Or, quand s ! t0, (s)=(s t0) converge vers kx1 (s) x2 (s)k = kx0 (t ) x0 (t )k = 0: lim 1 0 2 0 s!t0 s t0 Finalement, (t) 6 0 et donc  = 0. Il en resulte que x1 = x2 , ce qui prouve l'unicite de la solution sous l'hypothese de l'exercice. 2. On consid ere pour C > 1 la fonction f de nie pour tout t > 0 et tout x 2 R par 8 C 1 > pour x > tC ; Cx=t pour 0 < x < tC ; :0 pour x 6 0: Montrons qu'elle est continue : c'est clair sur chacun des ouverts de nis par les conditions x > tC , 0 < x < tC et x < 0. Il reste a etudier les cas suivants : { sur Ox : on a jf (t; x)j 6 CtC 1, par consequent, jf (t; x)j 6 C"C 1 si jtj 6 " et f est continue en tout (0; x) ; { en (; 0) pour  > 0 : des que jxj < (=2)C et =2 < t < 2 , alors jf (x; t)j 6 2Cx= , si bien que f est continue en (t; 0) ; { en (;  C ) pour  > 0 : lorsque (t; x) ! (;  C ), alors CtC 1 ! C C 1 d'une part, et Cx=t tend vers C C 1 d'autre part. On a donc prouve que f est continue sur R +  R . On voit qu'elle veri e l'inegalite () en remarquant que 0 6 f (t; x) 6 Cx=t pour toute valeur de x. En revanche, pour tout K 2 [0; 1], la fonction x(t) = KtC veri e x0 (t) = KCtC 1 = Cx(t)=t = f (t; x(t)) (puisque x(t) 6 tC ), si bien que l'equation dierentielle (E) a une in nite de solutions. Remarque. Ce contre-exemple est d^u a Oskar Perron (1927).

 Equations dierentielles

84

3. Soient x1 et x2 deux solutions au probl eme de Cauchy avec la m^eme condition initiale en t0 . On a ainsi

x2

Z t  x1 = f (s; x2(s)) f (s; x1(s)) ds t 0

et donc, d'apres l'hypothese (),

Zt

kx2 (t) x1 (t)k 6 t !(kx2 (s) x1 (s)k) ds: 0 Posons h(t) = sup[0;t] kx2 x1 k. Comme ! est croissante et positive, on deduit de l'inegalite precedente que pour t > s, on a Zt Zs kx2 (s) x1 (s)k 6 t !(h(u)) du 6 t0 !(h(u)) du; d'ou

Posons

0

h(t) 6

Zt t0

!(h(s)) ds:

Zt

H (t) = !(h(s)) ds: t0 La fonction H est croissante, derivable et H (t0) = 0. Comme ! est croissante, H 0(t) = !(h(t)) 6 !(H (t)): Supposons que x2 et x1 soient distinctes dans tout voisinage de t0 . Ainsi, h(t) > 0 pour tout t > t0 . Par consequent, H (t) > 0 et !(H (t)) > 0, ce qui permet d'ecrire, par un changement de variable, Z t H 0(s) Z H (t) ds ds = 6 t (t0 + "): t0 +" ! (H (s)) H (t0 +") ! (s) faisant tendre " vers 0, H (t0 + ") ! 0, d'ou la convergence de l'integrale REn1 ds=! (s) en 0, ce qui est par hypothese faux. Ainsi, h(t) = 0 pour tout t 0 proche de t0 et x1 = x2 au voisinage de t0 . L'ensemble des points ou x1 = x2 est alors a la fois ouvert et ferme dans l'intervalle de de nition commun de ces solutions. Par connexite, x1 = x2 .

Exercice 29{2. Non-unicite des solutions d'une equation dierentielle Montrer que si f est une fonction continue R 2 ! R et si le probleme de Cauchy

x0 = f (t; x);

x(0) = 0

a deux solutions distinctes, alors il a une in nite de solutions. Solution :

Soient x1 et x2 deux solutions distinctes de l'equation dierentielle de nies sur l'intervalle [0; a]. On choisit a de sorte que x1 (a) 6= x2 (a). L'idee est de montrer qu'il existe de nombreuses solutions dans la zone delimitee par x1 et x2 .

Existence, stabilite, croissance

85

Soit b un reel dans l'intervalle ouvert ]x1 (a); x2 (a)[. D'apres le theoreme d'existence de Peano-Arzela (voir les rappels au debut de cette partie), il existe une solution maximale x(t) passant par (a; b) de nie sur un intervalle I = ]; a]. Trois cas peuvent se presenter : { Si  > 0, alors on sait que x(t) tend vers 1 quand t !  . D'apres le theoreme des valeurs intermediaires applique a x x1 et x x2, il existe en particulier un plus grand reel 1 tel que x(t) est egal a x1 (1 ) ou a x2 (1 ). Supposons que ce soit x1 (1 ). Alors, la fonction egale a x1 sur [0; 1 ] et a x sur [1 ; a] est une solution de l'equation dierentielle, vaut 0 en 0 et est distincte de x1 et x2 . { Si  < 0 et x(0) 6= 0, le graphe de x doit aussi couper celui de x1 ou de x2 et on conclut comme avant. { Si x(0) = 0, alors x est une solution de l'equation dierentielle, distincte de x1 et x2 .

Exercice 29{3. Theoreme de Vinograd Soient un ouvert de R n , f , g : ! R n deux fonctions localement lipschitziennes et considerons les deux systemes autonomes (E) : y 0 = f (y ) et (E0 ) : y 0 = g (y ). On dit que (E) est equivalent a (E0 ) si (E) et (E0 ) ont les m^emes courbes integrales. 1. On suppose = R n et f comme ci-dessus xee. Montrer qu'on peut trouver g telle que (E0 ) est equivalent a (E) et a ses solutions y (t) de nies sur R tout entier. 2. On suppose maintenant que est un ouvert quelconque. Montrer qu'il existe g : R n ! R n telle que (E0 ) est equivalent a (E) sur et a ses solutions y(t) de nies sur R tout entier.

Indication : 1. Si g est bornee, on montrera que les solutions de (E0) sont de nies sur R. Solution :

Si g est bornee, nous allons montrer que les solutions de (E0) sont de nies sur R . En eet, si I = ]t1; t2 [ est un intervalle de de nition maximal d'une solution de (E0 ), alors on deduit de la majoration ky0k 6 M un contr^ole ky(t) y(t0)k 6 M (t t0) pour t0 2 I . Ainsi, si t2 < +1, y(t) est borne au0 voisinage de t2. D'autre part, y est uniformement continue sur [t0 ; t2[ puisque y est borne. Il en resulte que y a une limite en t2. Cela permet de prolonger y(t) en une solution de (E0 ) sur un intervalle contenant t2 : si y~(t) est la solution de (E0 ) qui vaut limt2 y en t2 , alors y~ et y sont deux solutions sur un voisinage a gauche de t2 . Comme g est localement lipschitzienne, y~ = y sur ce voisinage, d'ou une solution en recollant y et y~, ce qui contredit l'hypothese que t2 est maximal. Ainsi, l'intervalle de de nition d'une solution est non borne a droite. 1.

 Equations dierentielles

86

On montre de m^eme, ou en remplacant t par t et g par g, que cet intervalle de de nition est non borne a gauche, si bien que les solutions maximales de (E0 ) sont de nies sur R des que g est bornee. On remarque aussi que si  : R n ! R + est continue localement lipschitzienne, alors les systemes de nis par f et f= sont equivalents. Soit en eet x(t) une solution du systeme de ni par f et posons x(t) = y('(t)). On a x0 (t) = '0(t) y0('(t)) = '0(t) g(y('(t))) = '0(t) g(x(t)) = f (x(t)) R si '0(t) = (x(t)). Ainsi le changement de variables '(t) = 0t (x(s)) ds fait passer d'une solution du systeme de ni par f a une solution du systeme de ni par f= et ces deux systemes ont m^emes courbes integrales. On pose nalement g(x) = f (x)=(1 + kf (x)k). Comme f est localement lipschitzienne, g aussi ; les solutions de g sont de nies sur R tout entier et (E) et (E0) ont m^emes courbes integrales. La question est ainsi demontree. 2. D'apr es la question precedente, quitte a remplacer f par f=(1 + kf k), on peut supposer que f est bornee, sans modi er les courbes integrales. On peut alors remplacer f par 8 n < g(x) = :f (x) d(x; R n ) si x 2 ; 0 sinon. Cela de nit une fonction continue sur R n . De plus, comme la fonction d(x; R n n

) est 1-lipschitzienne, g est aussi localement lipschitzienne. De plus, on a vu que le nouveau systeme a les m^emes courbes integrales dans que l'ancien, d'ou l'exercice. Remarque. On peut voir directement que les courbes integrales du nouveau systeme ne sortent pas de . Sinon, si une solution x(t) sortait en x(t0 ), on aurait x0(t0 ) = g(x(t0)) = 0 et il resulterait du theoreme de Cauchy-Lipschitz que pour tout t, x(t) = x(t0 ).

Exercice 29{4. Stabilite d'un systeme autonome Soit un ouvert de R n contenant 0. Soit x0 = f (t; x) une equation dierentielle avec f : R  ! R n une fonction de classe C 1 telle que f (t; 0) = 0. La solution nulle est dite stable si l'on a

8" > 0; 9 > 0; kx(0)k <  ) kx(t)k < " pour tout t > 0:

Elle est dite attractive si

9 > 0; kx(0)k 6  ) t!lim x(t) = 0: +1

En n, elle est dite asymptotiquement stable si elle est stable et attractive. 1. Soit A 2 Mn(R ). Montrer que l'equilibre 0 de x0 = Ax est stable si et seulement si toutes les valeur propres de A sont de partie reelle 6 0 et que les valeurs propres de multiplicite > 1 dans le polyn^ome minimal de A sont de partie reelle < 0.

Existence, stabilite, croissance

87

2. On considere le cas d'un systeme autonome x0 = f (x) avec f (0) = 0. Soient 1 ; : : : ; n les valeurs propres de la dierentielle f 0 (0). Montrer que si Re i < 0 pour tout i, alors la solution 0 est asymptotiquement stable. Indications : 1. Utiliser une reduction de Jordan. 2. On ecrire la systeme autonome sous la forme x0 f 0(0)x = g(x) et on utilisera la

methode de la variation des constantes. Solution :

Nous allons etudier le comportement de la matrice etA quand t 2 R + . En eet, l'equilibre 0 est stable si et seulement si etA est borne pour t > 0, tandis qu'il est asymptotiquement stable si et seulement si etA ! 0. Comme l'equation dierentielle est lineaire, ses solutions complexes sont de la forme x1 + ix2 , pour x1 et x2 deux solutions a valeurs reelles. Ainsi, on voit que la stabilite (resp. la stabilite asymptotique) pour les solutions complexes equivaut a la m^eme notion pour les solutions reelles. Cela permet de faire un changement de variables x = Py pour P 2 GLn(C ) de sorte que A est sous forme de Jordan. Or, on sait calculer l'exponentielle d'une matrice de Jordan : si 0 . . .1  1 0 BB C BB0  . . . 0 CCC ; A() = B . . . B@ .. . . . . 1 CCA 0


0  on a A = In + A(0) et etA = et etA(0) puisque In et A(0) commutent. Or, 01 t t2=2!


tn 1=(n 1)!1 BB0 1 t


tn 2=(n 2)!CC CC B .. . . . . . . ... . . etA(0) = In + A(0) + 2!1 A(0)2 +


= B CC BB . . CA B@ ... . . . . . . . . . t 0





0 1 { Si Re() < 0, l'exponentielle l'emporte sur le polyn^ome et etA ! 0. { Si le bloc est de taille > 1, etA(0) n'est pas borne au voisinage de +1. Ainsi, des que Re() > 0, etA n'est pas borne et l'equilibre est instable. Si le bloc est de taille 1, alors etA est borne au voisinage de +1, mais ne tend pas vers 0. { Si Re() > 0, etA n'est pas borne, quelque soit la taille du bloc de Jordan. Il en resulte que l'equilibre est asymptotiquement stable si et seulement si toutes les valeurs propres sont de partie reelle < 0. Il est stable si et seulement si aucune valeur propre n'a de partie reelle > 0 et si les valeurs propres de partie reelle 0 correspondent a des blocs de Jordan 1  1, c'est-a-dire si les valeurs propres de partie reelle 0 ont multiplicite 1 dans le polyn^ome minimal de A. 1.

 Equations dierentielles

88

Soit  < 0 un reel tel que pour toute valeur propre  de A = f 0(0), on ait Re  < . Le calcul de l'exponentielle

tA

de tA montre qu'il existe une constante C telle que pour tout t > 0, e < Ce . On recrit l'equation dierentielle x0 = f (x) en x0 Ax = (f (x) Ax) = g(x); ou g(x) est une fonction C 1 sur telle que g(x) = o(kxk) en 0. La methode de variation des constantes fait poser x = etA y, d'ou x0 Ax = etA y0 = g(x) et Zt y(t) = y(0) + e sAg(x(s)) ds; 0 soit encore 2.

(1)

x(t) = etA x(0) +

Zt 0

e(t

s)A g (x(s)) ds:

Soit " > 0 et xons  > 0 tel que kxk 6  implique kg(x)k 6 " kxk. Si kx(s)k 6  sur [0; t], alors

kx(t)k 6

ketAk kx(0)k +

Zt 0

ke(t

s)A kkg (x(s))k

Zt

6 Ce t kx(0)k + C" max kxk 0 e [0;t] (2)

ds

(t s) ds

6 Ce t kx(0)k + C" kxk : [0;t]  max

Choisissons maintenant " > 0 tel que C"= < 1=2 et kx(0)k < =2C . Montrons alors que pour tout t > 0, kx(t)k 6 . En eet, c'est vrai dans un voisinage a droite de 0 et si  est le plus grand reel tel que kxk 6  sur [0;  ], alors kx( )k 6 C (=2C ) + (C"=) < ; si bien que kxk 6  dans un voisinage a droite de  , d'ou une contradiction. On en deduit que l'inegalite (2) est valable pour tout t > 0, d'ou par consequent la majoration kg(x(t))k 6 " kx(t)k valable pour tout reel t > 0. On reporte cette majoration dans l'equation integrale (1) pour x(t), d'ou :

kx(t)k 6 Ce

Z t kx(0)k + C" t e(s t) kx(s)k 0

ds: On applique maintenant la methode de resolution du lemme de Gronwall : R posons (t) = 0t e(s t) kx(s)k ds. On a Zt e(s t) kx(s)k ds 0 (t) = kx(t)k 0 = kx(t)k (t) 6 Ce t kx(0)k + (C" )(t): La fonction (t) = e( C")t (t) est alors de derivee majoree : 0(t) 6 Ce C"t kx(0)k ;

89

Existence, stabilite, croissance

d'ou, etant donne que (0) = (0) = 0, C"t k: 6 kx(0) (t) 6 kx(0)k 1 e" " Alors, (t) 6 kx(0)k e(C" )t " et kx(t)k 6 Ce t kx(0)k + C kx(0)k e(C" )t : Comme C"= < 1=2, on a  C" > =2 et (3) kx(t)k 6 2Ce t=2 kx(0)k : Cela prouve que le point xe est stable. En eet, si l'on veut que kx(t)k soit inferieur a  pour tout t > 0, il sut de prendre " < =2C ,  comme ci-dessus, et nalement kx(0)k 6 min(; )=2C . Prouvons maintenant qu'il est asymptotiquement stable. L'inegalite (3) montre immediatement que x(t) ! 0 des que l'on peut l'appliquer, c'est-adire des que kx(0)k est choisi assez petit.

Exercice 29{5. Equations dierentielles a coecients periodiques : retour de Poincare On considere l'equation dierentielle scalaire x0 = f (t; x) avec f : R 2 ! R de classe C 1 et 1-periodique en t. On notera X (t; x0 ) la solution maximale telle que X (0; x0 ) = x0 . 1. On suppose qu'il existe une solution X (t; x0 ) de nie et bornee pour t > 0. Montrer qu'il existe une solution 1-periodique qu'on peut obtenir comme limite uniforme de la suite de fonctions Xk (t) = X (t + k; x0 ). 2. On de nit l'application de Poincare  : x0 7! X (1; x0). Discuter l'existence d'une solution periodique et sa stabilite (eventuellement asymptotique) a l'aide de  et  0 . 3. Soit x(t) une solution de periode 1 et

Z 1 @f (t; x(t)) dt: 0 @x Montrer que x(t) est asymptotiquement stable si a0 < 0 et instable si a0 > 0. 4. Discuter l'existence et la stabilite des solutions periodiques des equations dierentielles suivantes, ou a et b sont des fonctions 1-periodiques de classe a0 =

C 1.

a) x0 = x + a(t) ; b) x0 = a(t)x + b(t) ; c) x0 = x3 + a(t).

 Equations dierentielles

90 Solution :

On remarque que si X (1; x0) > X (0; x0), alors X (t + 1; x0) > X (t; x0) pour tout t. Sinon, d'apres le theoreme des valeurs intermediaires, il existerait  > 0 tel que X ( + 1; x0) X (; x0) = 0. Mais par le theoreme de CauchyLipschitz, on aurait X (t + 1; x0) = X (t; x0) pour tout t > 0, et la fonction t 7! X (t; x0 ) serait 1-periodique, d'ou X (1; x0) = X (0; x0) et une contradiction. De m^eme, on voit que si X (1; x0) < X (0; x0), alors X (t + 1; x0 ) < X (t; x0) pour tout t > 0. Considerons la suite de fonctions Xk (t) = X (t + k; x0 ). D'apres la remarque precedente, elle est monotone et elle est bornee par hypothese, donc elle converge simplement quand k ! 1 vers une fonction X (t). On a pour tout k > 0, Zt Xk (t) = X (k; x0 ) + f (s; X (s + k; x0 )) ds: 0 Comme s 7! X (s; x0 ) est bornee sur R + et f continue, le theoreme de convergence dominee s'applique et montre que 1.

X (t) = X (0) +

Zt 0

f (s; X (s)) ds:

La fonction X est ainsi de classe C 1 et solution de l'equation dierentielle. De plus, X (1) = k!lim X (1 + k; x0 ) = k!lim X (k; x0 ) = X (0); +1 +1 ce qui prouve que X est periodique. Remarque. Comme X (t; x0 ) est bornee, Xk0 (t) = f (t; X (t + k; x0 )) est bornee independamment de t et k ; les fonctions Xk sont donc equicontinues ce qui entra^ne facilement que Xk converge vers X uniformement. Ceci permet d'eviter l'utilisation de la convergence dominee. 2. On a vu que la solution X (t; x0 ) est p eriodique si et seulement si X (1; x0) = X (0; x0), c'est-a-dire si et seulement si (x0 ) = x0 . Donc l'equation admet une solution periodique si et seulement si l'application  possede un point xe. Remarquons que le theoreme de Cauchy-Lipschitz implique que  est continue et injective, donc strictement monotone. En fait,  est croissante car si x1 > x0 , on a pour tout t, X (t; x1) > X (t; x0 ) et (x1 ) > (x0 ). E tudions maintenant la stabilite d'une solution periodique. { Supposons que (x) x > 0 dans un intervalle maximal V = ]x0 ; x1 [. Si x 2 V , on voit que la suite X (n; x) = n(x) est strictement croissante tant qu'elle ne sort pas de V . Si elle ne sort jamais de V , elle converge et sa limite  veri e ( ) =  , d'ou  > x1. En particulier, n(x) nit par sortir de ]x0 ; (x0 + x1)=2[ et la solution periodique est instable. { De m^eme si (x) x < 0 dans un voisinage a gauche de x0 . { En revanche, si (x) x 6 0 dans un voisinage a droite de x0 , alors des que x 2 V , on a x0 = (x0) 6 (x) 6 x;

Existence, stabilite, croissance

91

si bien que n(x) 2 V pour tout n. Montrons que cela implique la stabilite de la solution periodique : en eet, d'apres les theoremes de dependance d'une solution en fonction des conditions initiales, on peut supposer, quitte a diminuer , que jx1 x0 j <  implique que jX (t; x1) X (t; x0 )j 6 " pour tout t 2 [0; 1]. Si de plus ]x0 ; x0 + [ est stable par , on aura jX (t; x1) X (t; x0 )j 6 " pour tout t > 0 ce qui prouve la stabilite de la solution periodique. { On traite de m^eme le cas ou (x) x > 0 dans un voisinage a gauche de x0 . En pratique, nous avons montre le resultat suivant : si 0(x0 ) > 1, la solution periodique est instable, si 0(x0 ) < 1, elle est stable. (Rappelons que 0 > 0,  etant croissante.) Montrons qu'en fait, si 0(x0 ) < 1, la solution est asymptotiquement stable. Comme  est contractante dans un voisinage V de x0 , la suite n(x1 ) tend vers x0 pour tout x1 dans ce voisinage et X (n; x1 ) ! x0 . Mais on sait aussi que la solution X (t; x0 ) est stable. En particulier, si x1 est assez proche de x0 , X (t; x1) reste dans un compact K de R independant de t et x1. On a alors la majoration, ou n = btc : jX (t; x1 ) X (t; x0Z)j  t = X (n; x1 ) x0 + f (s; X (s; x1)) f (s; X (s; x0)) ds

Z tn n n 6  (x1 ) x0 + 0 jf (s; X (s; n(x1 ))) f (s; X (s; x0))j ds 6 (1 + C ) jn(x1 ) x0 j si C majore la derivee partielle @f=@x sur le compact [0; 1]  K . En particulier, X (t; x1 ) X (t; x0) tend vers 0 quand t ! 1, et la solution X (t; x0 ) est asymptotiquement stable des que 0(x0 ) < 1. 3. Soit x(t) une solution 1-p eriodique. Pour etudier sa stabilite, on va calculer la derivee de l'application de Poincare en x0 = x(0).

Pour cela, on utilise le theoreme sur la dependance des solutions d'une equation dierentielle par rapport aux conditions initiales. D'apres celui-ci, la derivee Y (t) de X (t; x0 ) par rapport a x0 est solution de l'equation dierentielle dY = @f (t; X (t; x )) Y (t): 0 dt @x On a ainsi  Z t @f  Y (t) = exp ( s; X ( s; x )) ds 0 0 @x et   Z 1 @f (s; x(s)) ds = exp(a0 ): Y (1) = 0(x0 ) = exp 0 @x Par consequent, et en vertu de la question precedente, la solution periodique x(t) est asymptotiquement stable si a0 < 0, instable si a0 > 0. 4. a) Nous donnons trois preuves de l'existence d'une solution de p eriode 1.

 Equations dierentielles

92

de Fourier : on pose a(t) = Pn2Z an e2int et on cherche x(t) = P { Sxeries 2int . Formellement, la solution est x = a =(1+2in) qui de nit une n n n2Z n e

fonction de classe C 1 qui est une solution periodique de l'equation dierentielle. { Calcul : la solution generale de l'equation sans second membre est x(t) = Ae t . On trouve la solution par la methode de la variation de la constante : 0 0 t t x + a(t), donc A0 = a(t)et et x(t) = Ae t + Rxt(at)(s)=es At dse . UneAeseule=au plus des solutions est Rde periode 1 (car e t n'est 0 pas periodique). La condition est x(1) = Ae 1 + 01 a(s)es 1 ds = x(0) = A, R d'ou A = e 1 1 01 a(s)es ds. { Application de la premiere question : il sut de prouver l'existence d'une solution bornee pour t > 0. Or, si ja(t)j 6 A, on a (x(t)et )0 6 Aet , donc jx(t)et x(0)j 6 Aet et x(t) est borne. Montrons maintenant la stabilite de cette solution. { Calcul direct : si y(t) est une autre solution, on a y(t) = x(t) + e t , ce qui assure la stabilite et la stabilite asymptotique. { Application de l'exercice : on voit immediatement que a0 = 1, d'ou la stabilite d'apres la question 3. b) Pour  etudier les solutions periodiques de cette equation, il est plus rapide de passer par le calcul. La solution generale de l'equation sans second membre R t est x(t) = C exp( 0 a(s) ds). Pour l'equationR avec second membre, la methode de variation de la constante donne C 0 exp( 0t a) = b(t), d'ou

 Zs  a ds C (t) = C (0) + b(s) exp 0 0   Zt Z t Z t a(u) du ds: a(s) ds + b(s) exp x(t) = x(0) exp 0 s 0 Zt

et Alors,

 Z 1    a(u) du ds + x(0) exp a(u) du 1 : 0 s 0 R Il y a donc une unique solution periodique si a0 = 01 a(u) du 6= 0. R R Si a0 = 0, de deux choses l'une, ou bien 01 b(s) exp( s1 a(u) du) ds = 0 auquel cas toutes les solutions sont periodiques, ou bien il est non nul, auquel cas aucune solution n'est bornee. Remarque. Cette disjonction de cas est un cas particulier de l'alternative de Fredholm dans l'espace des fonctions periodiques. CommeR l'argument de l'exponentielle dans la solution de l'equation homogene est 0t a(s) ds = ta0 + O(1), on voit qu'une eventuelle solution periodique est stable pour a0 6 0, asymptotiquement stable si a0 < 0 et instable si a0 > 0. On peut aussi appliquer les resultats de l'exercice qui entra^nent qu'une solution periodique est asymptotiquement stable pour a0 < 0 et instable pour a0 > 0. c) Face  a cette equation non lineaire, un calcul explicite n'est plus possible et nous allons utiliser les methodes de cet exercice pour montrer qu'il existe des solutions periodiques et qu'elles sont toutes stables. x(1) x(0) =

Z1

b(s) exp

Z 1

Existence, stabilite, croissance

93

En eet, montrons que toutes les solutions sont bornees. Alors, si A est un reel tel que A3 6 a(t) 6 A3 pour tout t, on a A3 x3 (t) 6 x0 (t) 6 A3 x3 (t); d'ou il decoule que x est decroissante si x > A et croissante pour x > A. Ainsi, si jx(u)j 6 A, alors jx(t)j 6 A pour tout t > u. On en deduit donc que x(t) est bornee par analyse des cas : { si x(0) > A, x est decroissante tant qu'elle est > A, puis reste dans la bande A 6 x 6 A. Elle est donc bornee sur R + ; { si A 6 x(0) 6 A, elle reste dans cette bande et est bornee ; { si x(0) < A, elle est croissante puis rentre dans la bande pour n'en jamais sortir ; elle est donc bornee. D'apres la premiere question, l'equation dierentielle x0 = x3 + a possede donc des solutions periodiques. Avec les notations de la question 3, si x(t) est une solution periodique, alors Z1 @ Z1 3 a0 = @x ( x + a(t)) dt = 3 x2 (t) dt 0 0 et a0 < 0 a moins que x ne soit identiquement nul. On a ainsi montre que ces solutions periodiques sont asymptotiquement stables, sauf si a = 0 auquel cas l'equation dierentielle se resout directement.

Exercice 29{6. Theorie de la stabilite de Lyapunov On s'interesse a l'equation dierentielle x0 = F (t; x), ou F : R  R n ! R n veri e F (t; 0) = 0. On veut en particulier etudier la stabilite de la solution x(t) = 0. Soit R > 0. On dit qu'une fonction V : R +  B (0; R) est une

fonction de Lyapunov si elle veri e les proprietes suivantes : { V est de classe C 1 et V (t; 0) = 0 ; { il existe W : B (0; R) ! R + continue telle que W (x) 6 V (t; x) pour tout t et tout x ; { W (x) = 0 si et seulement si x*= 0 ; + @V @V { l'expression V~ := (t; x) + F (t; x) @t @x (t; x) est negative ou nulle sur R +  B (0; R). 1. Montrer que s'il existe une fonction de Lyapunov, alors la solution x = 0 est stable. 2. On suppose que V est une fonction de Lyapunov veri ant les proprietes supplementaires : { il existe W~ : B (0; R) ! R continue telle que V~ (t; x) 6 W~ (x) ; { W~ (x) = 0 si et seulement si x = 0 ; { xlim sup V (t; x) = 0. !0 t>0 Montrer que la solution x = 0 est asymptotiquement stable. 3. Soit A 2 Mn (R ) dont les valeurs propres sont de partie reelle < 0 ; montrer qu'il existe B 2 Mn (R ) symetrique de nie positive telle que A B + BA = Id.

 Equations dierentielles

94

En deduire que V (x) = hx Bxi est une fonction de Lyapunov pour la solution nulle de l'equation dierentielle x0 = Ax et que cette solution est asymptotiquement stable. 4. Soit q : R +  R n ! R n une fonction continue telle que kq(t; x)k = o(kxk), le o etant uniforme en t. Montrer que l'equilibre 0 est asymptotiquement stable. Quel resultat peut-on en deduire concernant la stabilite des points xes d'un systeme autonome x0 = F (x), ou F : R n ! R n est de classe C 1 ?

Indications : R 1 3. Considerer eAteAt dt. 4. Utiliser la fonction de Lyapunov construite dans la question 3. 0

Solution :

Il faut remarquer que pour toute solution x(t), on a d V (t; x(t)) = V~ (t; x(t)); dt si bien que V (t; x(t)) decro^t le long d'une trajectoire, au moins tant que kx(t)k 6 R. Soient alors 0 < " < R et a = inf kxk=" W (x). Comme V est continue et que V (0; 0) = 0, il existe  > 0 tel que V (0; x) < a pour tout x tel que kxk < . Ainsi, des que kx(0)k < , on a V (t; x(t)) 6 V (0; x(0)) < a tant que kx(t)k 6 " < R. Necessairement, kx(t)k est alors 6= " d'apres la de nition de a. Comme alors kx(0)k < ", la continuite de kx(t)k implique que pour tout t > 0, kx(t)k < ". Ainsi, la solution x(t) = 0 est stable. 2. D'apr es la question precedente, l'origine est stable. Il faut en outre prouver que toutes les trajectoires tendent vers 0. Soit par l'absurde x(t) une trajectoire avec kx(0)k 6 " comme dans la question precedente, mais qui ne tend pas vers 0. Il existe ainsi un reel  > 0 et une suite de temps (tn) tendant vers +1 tels que kx(tn )k >  . Notons b = inf 6kxk6" W (x) 6 a et soit  tel que pour kxk <  et tout t > 0, on ait V (t; x) < b. En particulier, V (tn; x(tn)) > b. Mais V (t; x(t)) est decroissante. Il en resulte que V (t; x(t)) > b pour tout temps t > 0 et par consequent, kx(t)k > , c'est-a-dire que kx(t)k 2 [; "] est minoree ! Dans la couronne  6 kxk 6 ", W~ est < 0 et continue, donc majoree par une constante  < 0. Ainsi, pour tout t > 0, on a d V (t; x(t)) = V~ (t; x(t)) 6 W~ (x(t)) 6  dt ce qui entra^ne que V (t; x(t)) ! 1. Or, V est positive: : : On a obtenu une contradiction, ce qui prouve que toutes les trajectoires tendent vers 0 : la solution x(t) = 0 de l'equation dierentielle est asymptotiquement stable. 1.

95

Existence, stabilite, croissance

R

On pose B = 01 etA etA dt. L'integrale converge car les valeurs propres de A (et donc aussi de A ) sont < 0 ; une reduction de Jordan montre que les  normes etA et etA sont majorees par e t des que pour toute valeur propre  de A, 0 <  < Re . On a alors 3.

A B + BA =

Z1

D'autre part,

0

et pour tout x 2 R n ,

hx Bxi =

h

(AetA etA + etA etA A) dt = etA etA

i1 0

= Id :

Z1   B = etA etA dt = B 0

Z1 0

xetA etA x dt =

Z 1D E etA x etA x dt > 0; 0

si bien que B est symetrique de nie positive. En posant V (t; x) = hx Bxi, on constate que V~ (t; x) = hAx Bxi + hx BAxi = hx (A B + BA)xi = kxk2 : On voit donc que V est une fonction de Lyapunov pour le systeme lineaire x0 = Ax, et qu'elle veri e m^eme les conditions plus fortes de la question 2. En particulier, l'equilibre 0 est stable et asymptotiquement stable. Bien s^ur, comme on contr^ole bien l'exponentielle de A, on n'a pas appris grand chose a ce stade, mais cette fonction de Lyapunov va nous servir dans la question suivante. 4. Nous allons montrer que la fonction V (t; x) = hx Bxi de la question precedente est une fonction de Lyapunov pour le systeme x0 = Ax + q(t; x). Pour cela, il faut veri er les conditions une a une. { il est clair que V est C 1, positive, nulle seulement en 0 ; { on peut poser W = V ; { de plus, V~ = hAx + q(t; x) Bxi + hx B (Ax + q(t; x))i = hx xi + 2 hq(t; x) Bxi : Comme q(t; x) = o(kxk), on a hq(t; x) Bxi = o(kxk2). Ainsi, il existe a > 0 tel que pour kxk 6 a, on ait V~ 6 12 kxk2 : Cela montre que V est une fonction de Lyapunov qui veri e les conditions supplementaires de la question 2. L'equilibre 0 est donc asymptotiquement stable. Considerons maintenant un systeme autonome x0 = F (x), dont 0 est un point d'equilibre. On peut ecrire F (x) = F 0(0)
x + q(x), ou q(x) = o(kxk). Par consequent, si les valeurs propres de F 0(0) sont de partie reelle < 0, c'est-adire si l'equilibre 0 de l'equation linearisee est asymptotiquement stable, alors 0 est aussi un equilibre asymptotiquement stable du systeme de depart.

 Equations dierentielles

96

Exercice 29{7. Analyse numerique des equations dierentielles : consistance et stabilite Soient I = [a; b] un intervalle de R et f : I  R N ! R N une fonction continue. On veut resoudre numeriquement l'equation dierentielle (E) y0 = f (x; y); y(a) = y0 a l'aide de la methode suivante : on choisit pour tout h > 0 une fonction fh : I  R N ! R N et on de nit le schema (Eh) h = (b a)=n; xi = a + ih; yi+1 = yi + hfh (xi; yi): On suppose que (h; x; y ) 7! fh (x; y ) est continue. 1. On dit que le schema (Eh) est consistant si pour tout x 2 I et tout y 2 RN , fh(x; y) ! f (x; y) quand h ! 0. Montrer qu'alors, pour toute solution y de l'equation (E), on a





1 (y(xi+1) y(xi)) fh(xi; y(xi))

= 0: lim max n!1 06i6n 1 h

2. On dit que le schema (Eh) est stable s'il existe des constantes K1 et K2 telles que pour toute famille de vecteurs "i 2 R N , les solutions (yi) et (zi ) de yi+1 = yi + hfh(xi ; yi) et zi+1 = zi + h (fh(xi ; zi) + "i) veri ent la majoration

max kyi zik 6 K1 ky0 z0k + K2 max k"ik : i i On suppose que pour tout h, fh est lipschitzienne en y , avec une constante independante de h. Montrer qu'alors le schema (Eh ) est stable.

3. On suppose que le schema (Eh) est stable et consistant. Montrer qu'il

est convergent, c'est-a-dire que

ky(xi) nlim !1 max i

yik = 0:

4. On dit que la methode est d'ordre p si l'expression precedente est un O(hp) quand n ! 1. On suppose que f est p fois contin^ument dierentiable et on de nit par recurrence les expressions

F0 (x; y) = f (x; y);

i @Fi Fi+1(x; y) = @F @x + @y (x; y)
f (x; y):

Si y (x) est une solution de (E), montrer que y (i+1) (x) = Fi (x; y (x)). Pour que la methode soit d'ordre p, montrer qu'il sut que fh (x; y ) soit p fois derivable par rapport a h et que pour tout i 2 f0; : : : ; p 1g, on ait

@ i fh (x; y) = 1 F (x; y): lim h!0 @hi i+1 i

5. On pose fh(x; y) = a1 f (x; y)+a2f (x+a3 h; y +a4hf (x; y)). Determiner suivant les valeurs de a1 , : : : , a4 , l'ordre de la methode (On se limitera a l'ordre 6 2.)

97

Existence, stabilite, croissance

Quelles methodes connues retrouve-t-on ainsi ? Solution : 1.

Soit y une solution de l'equation (E). Alors, Z xi+1 Z xi+1 0 y(xi+1) y(xi) = y (x) dx = f (x; y(x)) dx xi

=h

Z1 0

xi

f (xi + ht; y(xi + ht)) dt

et y(xi+1) y(xi) f (x ; y(x )) = Z 1 (f (x + ht; y(x + ht) f (x ; y(x ))) dt: h i i i i h i i h 0 Sur le compact [a; b]  y([a; b]), f est uniformement continue, de m^eme que fh est uniformement continue sur [0; h0]  [a; b]  y([a; b]). Par suite, quand h ! 0, f (xi + ht; y(xi + ht) fh(xi; y(xi)) converge vers 0, uniformement en t et i. Par suite,

1

max h (y(xi+1) y(xi)) fh(xi ; y(xi))

! 0; ce qu'il fallait demontrer. 2. Soit K > 0 une constante de Lipschitz de fh , pour tout h > 0. Soit ("i ) une famille de vecteurs de R N et considerons deux suites (yi) et (zi ) telles que yi+1 = yi + hfh(xi; yi) et zi+1 = zi + hfh(xi; zi) + h"i: Alors, zi+1 yi+1 = zi yi + h"i + h (fh(xi; zi) fh(xi ; yi)); si bien que kzi+1 yi+1k 6 kzi yik + h k"ik + hK kzi yik 6 (1 + hK ) kzi yik + h max k"ik : i Cela implique que pour tout i > 0,   1 1 kzi+1 yi+1k + K max k"ik 6 (1 + hK ) kzi yik + K max k"ik ; i i et donc que pour tout i > 0,   1 1 i kzi yik + K max k"ik 6 (1 + hK ) kz0 y0k + K max k"ik ; i i puis )i 1 max k" k : kzi yik 6 (1 + hK )i kz0 y0k + (1 + hK i i K Lorsque i 2 [0; n], (1 + hK )i est borne par (1 + K (b a)=n)n 6 eK (b a) , tandis que (1 + hK )i 1 6 eK (b a) 1 : K K

 Equations dierentielles

98

Ainsi, le schema (Eh) est stable. 3. Supposons que le sch ema est stable et consistant. Soit y une solution de l'equation (E). On dispose d'une part de la suite (yi) que fournit le schema (Eh), mais on peut aussi poser zi = y(xi). Si "i = h1 (zi+1 zi ) fh(xi ; zi); la premiere question montre que maxi k"ik ! 0. D'autre part, on a zi+1 = zi + hfh(xi ; zi) + h"i: D'apres la question 2, il existe des constantes K1 et K2 telles que max kyi zik 6 K1 ky0 z0k + K2 max k"ik : i i Comme y0 = z0 = y(a), lorsque h ! 0, on a bien max kyi zi k ! 0; i ce qui prouve que le schema est convergent. 4. Soit y une solution de (E). Comme f est de classe C p , on montre par recurrence sur i 2 [0; p] que y est de classe C p+1 . Montrons maintenant l'egalite voulue par recurrence sur i. Si i = 0, on a y0(x) = f (x; y(x)) = F0(x; y): Si l'egalite est vraie pour i < p, alors y(i+1)(x) = (y(i))0(x) = (Fi(x; y(x)))0 i @Fi = @F @x + @y (x; y(x)) f (x; y) = Fi+1 (x; y(x)); d'ou l'assertion voulue par recurrence sur i. 5. La d emonstration de la question 3 montre que pour que la methode soit d'ordre p, il sut que max k"ik soit un O(hp) quand h ! 0. Autrement dit, il sut que



1 y ( x i+1 ) y (xi )

= 0: lim max

f ( x ; y ( x )) h i i p

n!+1 06i6n 1 h h Appliquons la formule de Taylor avec reste integral, on obtient 2 h y(xi+1) y(xi) = hF0(xi ; yi) + 2! F1 (xi; yi) +


Z xi+1 (xi+1 x)p p h


+ p! Fp 1(xi ; yi) + x p! Fp(x; y(x)) dx i h (xi ; yi) jh=0 +


fh(xi; yi) = f (xi; yi) + h @f @h Zh p p


+ (h p! t) @@hfih (xi; yi) jh=0 dt: 0

Existence, stabilite, croissance

99

En comparant ces deux expressions, on constate que si @h@ii fh(x; y)jh=0 = 1 les termes integraux dans l'expression de "i, i+1 Fi (x; y ), alors seuls restent p et ceux-ci (divises par h ) tendent uniformement vers 0, d'ou la question. 6. Posons fh(x; y) = a1 f (x; y) + a2f (x + a3h; y + a4 hf (x; y)): Le schema est consistant si et seulement si a1 f (x; y) + a2 f (x; y) = f (x; y); soit a1 + a2 = 1. Il est d'autre part stable : on a en eet kfh(x; y0) fh(x; y)k 6 ja1 jM ky0 yk + a2 M ky0 + a4 hf (x; y0) y a4 hf (x; y)k 6 (ja1 j + ja2j)M ky0 ykj + ja2 a4jM jhj kf (x; y0) f (x; y)k 6 (M ja1 j + M ja2 j + M 2 hja2 a4 j) ky0 yk si M est un majorant de la norme de la derivee de @f=@y. Ainsi, fh est lipschitzienne, sa constante de Lipschitz pouvant ^etre prise independante de h < 1. S'il est consistant, comme fh est de classe C 1 , il sera automatiquement d'ordre > 1, gr^ace a la question 4. Pour determiner son ordre en general, on calcule les derivees partielles de fh par rapport a h. On a ainsi @fh (x; y) = a a @f (x + a h; y + a hf (x; y)) 2 3 3 4 @h @x + a2a4 f (x; y) @f (x + a3 h; y + a4hf (x; y)); @y si bien que le schema est d'ordre > 2 des que a2 a3 = 21 et a2a4 = 21 : Ainsi, il est d'ordre 2 pour a2 =  > 0, a1 = 1 , a3 = a4 = 1=2. Si on choisit  = 0, on retrouve la methode d'Euler. Si on prend  = 1=2, la methode obtenue est la methode de Heun : yi+1 = yi + h2 f (xi; yi) + h2 f (xi + h; yi + hf (xi; yi)): En n, pour  = 1, on obtient la methode du point milieu :   yi+1 = yu + hf x + h2 ; yi + h2 (xi; yi) : Remarque. A condition de faire patiemment des calculs assez longs, on peut montrer ainsi que la methode de Runge-Kutta RK 4 est d'ordre 4.

 Equations dierentielles

100

Exercice 29{8. Comportement d'une methode approchee de resolution au voisinage d'un point d'explosion d'une equation dierentielle 1. Soit '0 = 1 et 'n+1(x) = 1 + R0x 'n(t)2 dt. Si 0 6 x < 1, montrer que 'n(x) converge ; donner sa limite. On s'interesse dans la suite de l'exercice au comportement de 'n(1). 2. Montrer que pour tout x 2 [0; 1], 1 + x +


+ xn 6 'n(x) 6 1 +


+ x2n 1: En deduire que n + 1 6 'n (1) 6 2n . 3. On suppose qu'il existe n > 0,  > 0 et A > 0 tels que    'n(x) > 1 1 x 1 A 1 x x : Montrer que 'n+1 (x) veri e une inegalite analogue ou A est remplace par 2A=( + 1).  1= 4. On pose  = (+1)=2 . Sous l'hypothese de la question precedente, montrer que pour tout k > 0, 'n+k (1) > (1 A)k . 5. Soit  > 1. Si n > , montrer que     'n 1(x) > 1 1 x 1 1 x x : En deduire que lim inf 'n (1)1=n >  puis que lim inf 'n (1)1=n > 1;261. 6. Si k = b'n(1)c, montrer que 'n(x) 6 1 + x +


+ xk pour tout x 2 [0; 1]. Montrer alors que lim sup 'n+1(1)='n(1) 6 2 log 2. En deduire que lim sup 'n (1)1=n 6 2 log 2 6 1;387.

Indication : 3. Si x > 1 y, alors x > 1 2y. 2

Solution :

On reconna^t le procede d'approximation qui permet de resoudre l'equation dierentielle y0 = y2 avec la condition initiale y(0) = 1. Sa solution est y(x) = 1=(1 x). On va alors montrer que pour tout x 2 [0; 1[, 'n(x) ! 1=(1 x). Tout d'abord, montrons que pour tout n et tout x 2 [0; 1[, 'n(x) 6 1=(1 x). C'est vrai pour n = 0, et si c'est vrai pour n, alors Zx Zx 'n+1(x) = 1 + 'n(t)2 dt 6 1 + (1 dt t)2 = 1 1 + 1 1 x = 1 1 x ; 0 0 ce qui prouve l'inegalite au rang n + 1. D'autre part, la suite 'n(x) est croissante : on a visiblement 1.

'0(x) = 1 6 1 +

Zx 0

'0(t)2 dt = '1 (x):

101

Existence, stabilite, croissance

Si alors pour tout x < 1, 'n 1(x) 6 'n(x), on obtient

Zx Zx 'n+1(x) = 1 + 'n(t)2 dt > 1 + 'n 1(t)2 dt = 'n(x); 0 0 d'ou l'inegalite voulue par recurrence. Il en resulte que pour tout x 2 [0; 1[, 'n(x) converge vers un reel '(x) 6 1=(1 x). La fonction x 7! '(x) est necessairement mesurable. D'apres le theoreme de convergence dominee, on a pour tout x < 1, Zx '(x) = 1 + '(t)2 dt: 0

Ainsi, ' est continue (comme integrale d'une fonction integrable), puis C 1 (comme integrale d'une fonction continue). Il en resulte que '0 (x) = '(x)2 . Comme '(0) = 1, '(x) = 1=(1 x). Nous avons donc prouve que pour tout x 2 [0; 1[, la suite 'n(x) converge vers 1=(1 x). 2. L'in egalite a prouver pour n = 0 s'ecrit 1 6 '0 (x) 6 1 ; elle est donc vraie. Supposons donc que pour tout x 2 [0; 1], l'inegalite est vraie au rang n. Si x 2 [0; 1], on a alors

'n+1(x) = 1 +

Zx Z0

x

'n(t)2 dt

> 1 + 0 (1 + t +


+ tn)2 dt Zx > 1 + 0 (1 + 2t + 3t2 +


+ (n + 1)tn + ntn +


+ t2n) dt > 1 + x + x2 +


+ xn+1 ;

ce qui est la minoration voulue. On procede de m^eme pour la majoration :

'n+1(x) = 1 +

Zx

Z0x

'n(t)2 dt

6 1 + 0 (1 + t +


+ t2n 1)2 dt Zx 6 1 + 0 (1 + 2t +


+ 2nt2n 1 + (2n 1)t2n +


+ t2n+1 2) dt n

6 1 + x +


+ x2n + 22n + 11 x2n +1 +


+ 2n+11 1 x2n+1 6 1 + x +


+ x2n+1 1;

ce qu'il fallait demontrer. En prenant x = 1, on obtient bien n + 1 6 'n(1) 6 2n. 3. Soient n > 0, A > 0 et  > 1 tels que pour tout x 2 [0; 1[,   x  1 'n(x) > 1 x 1 A 1 x :

1

 Equations dierentielles

102

On utilise alors l'indication : si x > 1 y, alors soit y 6 1 et on obtient x2 > (1 y)2 = 1 2y + y2 en elevant l'inegalite au carre, soit y > 1 et 1 2y 6 0 6 x2 . On a ainsi Z x   1 2A 1 t t (1 dt t)2 : 'n+1(x) > 1 + 0

On fait le changement de variables u = 1=(1 t). Alors, t=(1 t) = (1 1=u)u = u 1: Par suite,

Z 1=(1 x) (1 2A(u 1)) du 'n+1(x) > 1 + 1 i h 1 > 1 x 2+A 1 (u 1)+1 11=(1 x)   > 1 1 x 2+A 1 1 x x +1   x  2 A 1 > 1 x 1 +1 1 x puisque x+1 6 x . Cela prouve bien que 'n+1(x) veri e le m^eme inegalite que 'n(x), ou A est remplace par 2A=( + 1). 4. On d eduit par recurrence que pour tout x 2 [0; 1[,   2 k  x   1 'n+k (x) > 1 x 1 A  + 1 1 x : Comme 'n+k est croissante, on a 'n+k (1) > 'n+k (1 1=u); d'ou     k  'n+k (1) > u 1 A  +2 1 (u 1) > u 1 A( k (u 1))) ; ou l'on a pose  = (( + 1)=2)1= . On choisit u = 1 + k , d'ou 'n+k (1) > (1 + k )(1 A) > (1 A)k : 5. Si n > , 'n 1(x) > 1 + x +


+ xn 1 = 1 1 x (1 xn ) et xn 6 x 6 (x=(1 x)) ; si bien que   x  1 'n 1(x) > 1 x 1 1 x ; ce qui est l'inegalite demandee.

103

Existence, stabilite, croissance

Elle est du type de celles considerees dans la question 3, avec A = 1, d'ou une minoration de 'n+k 1(1) par (1 A)k = 0, d'apres la question 4. Pour contourner cette diculte, on utilise d'abord la question 3, ce qui donne   x   1 2 ' n ( x) > 1 x 1  + 1 1 x ; puis pour tout k > 0, 'n+k (1) > (1 2=( + 1))k =  + 11 k : Ainsi, on a la minoration lim inf 'n(1)1=n > : Il reste a etudier la fonction  7!  et a trouver son maximum. On constate que pour  = 3;25,  = 1;261 : : : . Par suite, lim inf 'n(1)1=n > 1;261. 6. On remarque que 'n (x) est un polyn^ ome de degre N = 2n 1 en x dont les coecients cm appartiennent a [0; 1]. (De plus, la premiere question montre que cmP= 1 si m 6 n.) Soit k = b'n(1)c, de sorte que k + 1 > 'n(1). On a ainsi, cm 6 k +1. En regroupant les termes de 'n(x) en partant du terme de plus haut degre, on peut ainsi ecrire 'n(x) sous la forme p1(x) +


+ pk+1(x), ou les pi sont des polyn^omes a coecients positifs tels que pi(1) 6 1 et dont les termes de plus bas degre soient de degres strictement decroissants. Cela permet de supposer que le terme de plus bas degre de pi est de degre > i 1. Ainsi, si x 2 [0; 1], 1 + x +


+ xk 'n(x) = =

kX +1

i=1 kX +1 i=1

(xi

1

pi (x))

xi 1(1

X m>0

di;mxm ) > 0;

puisque x 2 [0; 1], di;m > 0 et Pm di;m 6 1. Nous avons bien etabli l'inegalite

demandee. Alors,

'n+1(1) 6 1 +

Z1 0

Z1

(1 + x +


+ xk )2 dx

6 1 + 0 (1 + 2x +


+ (k + 1)xk + kxk+1 +


+ x2k ) dx k X

2X k+1

2k + 2 m m m=0 m=k+1 2X k+1   1 + 2k + 2 m 6 m m=k+1 2X k+1 1  2(k + 1) log 2 6 2(k + 1) m=k+1 m

6

1+

104

 Equations dierentielles

lorsque n ! +1, et donc k = b'n(1)c ! +1. Ainsi, lim sup 'n+1(1) 6 2 log 2 lim sup k + 1 = 2 log 2: n!+1 'n (1) n!+1 'n (1) On en deduit facilement que lim sup 'n(1)1=n 6 2 log 2. En eet, soit " > 0 et N tel que 'n+1(1)='n(1) 6 2 log 2 + " pour n > N . Alors, si n > 0, 'n+N (1) 6 (2 log 2 + ")n'N (1); et donc 'n+N (1)1=(n+N ) 6 (2 log 2 + ")n=(n+N ) 'N (1)1=(n+N ) ! 2 log 2 + "; quand n ! +1. Ainsi, pour n assez grand, 'n(1)1=n 6 2 log 2 + 2", et donc, " > 0 etant arbitraire, lim sup 'n(1)1=n 6 2 log 2 = 1;386 : : : 6 1;387: Remarque. On peut montrer, mais c'est plus complique, que 'n (1)1=n a une limite quand n ! +1.

CHAPITRE XXX

Exemples 1. E tudes pratiques Exercice 30{1. Entonnoirs et anti-entonnoirs Soit (E) : x0 = f (t; x) une equation dierentielle, avec f : R  R ! R

continue. Soit  (resp. ) une barriere inferieure (resp. une barriere superieure), c'esta-dire une fonction de classe C 1 telle que pour tout t 2 R , 0 (t) 6 f (t; (t)) (resp. 0 (t) > f (t; (t))). On dit que la barriere est stricte si l'inegalite stricte est veri ee. 1. Si  < , on appelle entonnoir l'ensemble des points (t; x) tels que (t) 6 x 6 (t). On suppose que les barrieres sont strictes. Montrer que si u(t) est une solution de (E) avec u(t0) = x0 et (t0; x0 ) dans l'entonnoir, alors (t; u(t)) est dans l'entonnoir pour tout t > t0. 2. On suppose que f (t; x) est lipschitzienne en x, mais on ne suppose plus que les barrieres sont strictes. Montrer encore qu'une solution reste dans l'entonnoir pour tout t > t0 si elle y est au temps t0 . 3. Si  > , on appelle anti-entonnoir l'ensemble des points (t; x) tels que (t) > x > (t). Montrer que si f (t; x) est lipschitzienne en x, il existe une solution de (E) qui reste dans l'entonnoir pour t > t0 . 4. On suppose de plus que (t) (t) ! 0 quand t ! +1, que f est de classe C 1 et que

df (t; x) > w(t); dx Zt ou w(s) ds est minore pour t dans un voisinage de +1. t0

Montrer qu'il n'y a qu'une seule solution qui reste dans l'anti-entonnoir pour tout temps t > t0 .

Indications : 1. Prouver qu'on ne peut pas traverser une barriere inferieure stricte vers le bas. 2. Pour montrer qu'une solution ne traverse pas la barriere inferieure , remplacer f par

f + " ; remarquer que  devient alors une barriere inferieure stricte. Comparer u(t) avec la solution u" (t) de u0" = f (t; u" ) + " telle que y" (t0 ) = x0 .

3. Remonter le temps.

106 Solution :

 Equations dierentielles

Si la solution u n'est pas de nie sur [t0; +1[, on sait qu'elle tend vers 1 quand t tend vers la borne superieure de l'intervalle de de nition de u, si bien qu'elle sort de l'entonnoir avant. Considerons l'intervalle maximal [t0 ; t1] sur lequel (t; u(t)) est dans l'entonnoir. Gr^ace au theoreme des valeurs intermediaires, on a donc u(t1 ) = (t1) (si u sort de l'entonnoir par le bas) ou u(t1) = (t1) (quand u sort par le haut). Dans le premier cas, la pente de u  en t1 est negative, donc u0(t1 ) 6 0(t1 ). En utilisant l'equation dierentielle et la de nition d'une barriere inferieure, on obtient f (t; u(t1)) = u0(t1 ) 6 0(t1) < f (t; (t1)) ce qui est absurde si (t1) = u(t1). Dans le deuxieme cas, la pente de u en t2 est positive et on obtient la contradiction f (t; u(t1)) = u0(t1 ) > 0(t1 ) > f (t; (t1)): 2. Soit " > 0. D'apr es la premiere question, la solution de u0"(t) = f (t; u"(t)) + "; u"(t0 ) = x0 reste au-dessus de la barriere inferieure (stricte pour ce probleme) pour tout t > t0 dans son intervalle de de nition [t0; t"[. Soit I l'intervalle de de nition de u. D'apres le theoreme de continuite des solutions d'une famille d'equations dierentielles dependant d'un parametre (la fonction f (t; x) est localement lipschitzienne en x, si bien qu'on peut appliquer ce theoreme), on sait que pour tout t 2 I , t" > t pour j"j assez petit et u"(t) ! u(t). Comme u"(t) > (t), on a en passant a la limite u(t) > (t) pour tout t 2 I . Par consequent, la solution u(t) ne traverse pas la barriere inferieure. Par le m^eme argument (changer " en ", ou bien f en f: : : ), u(t) ne traverse pas la barriere superieure. Par consequent, u(t) reste dans l'entonnoir pour t 2 I . On en deduit comme precedemment que I = [t0 ; +1[. 3. Remarquons que pour un entonnoir, la barri ere inferieure est en dessous de la barriere superieure, et que c'est le contraire pour un anti-entonnoir. Cela fait qu'on a plut^ot tendance a sortir d'un anti-entonnoir qu'a y rester, et qu'une fois qu'on en est sorti, on n'y rentre plus ! On peut demontrer ces resultats comme dans les questions precedentes, mais on peut aussi inverser le sens du temps ; l'anti-entonnoir devient un entonnoir et il sut d'appliquer la question 2. Pour trouver une solution qui reste dans l'anti-entonnoir, on va donc remonter le temps : si T > t0 , considerons l'ensemble KT des x 2 R tels que la solution partant de (t0 ; x) (unique car l'hypothese du theoreme de CauchyLipschitz est satisfaite) est dans l'anti-entonnoir au temps T . Autrement dit, notons X (t; s; x) la solution de l'equation dierentielle Xt0 = f (X ) telle que 1.

Exemples

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X (t; t; x) = x. C'est une fonction continue de (t; s; x) et KT est l'image du compact [ (T ); (T )] par la fonction continue x 7! X (t0 ; T; x). Si T 0 > T , alors KT 0  KT et la famille KT est une intersection decroissante de compacts. Elle possede donc un point d'intersection x0 . La solution partant de (t0 ; x0) est dans l'anti-entonnoir au temps T pour tout T > t0 ce qui prouve l'existence d'une telle solution. 4. D'apr es la question precedente, il existe une solution qui reste dans l'antientonnoir pour tout temps > t0 . Supposons par l'absurde qu'il y en ait deux, x1 < x2 et soit  = x2 x1 . On a ainsi 0(t) = x02 (t) x01 (t) = f (t; x2(t)) f (t; x1(t)) Z x2(t) @f = (t; x) dx x1 (t) @x > (x2(t) x1 (t))w(t) = w(t)(t): Alors, Zt log (t) > w(s) ds (t0 ) t0 et Z t  (t) > (t0 ) exp w(s) ds ; t0 (t) est donc minore par une quantite > 0 quand t ! +1. Or, (t) 6 (t) (t), et cette derniere expression tend vers 0. C'est une contradiction qui prouve qu'il n'existe qu'une solution qui reste dans l'anti-entonnoir pour tout temps t > t0 . Remarque. Les techniques d'entonnoirs et d'anti-entonnoirs sont essentielles pour etudier qualitativement certaines equations dierentielles. On etudiera notamment les exercices 30{2 et 30{3 de cet ouvrage. D'autre part, la theorie de Lyapunov (exercice 29{6) fournit en dimension quelconque un moyen de prouver que certaines solutions restent dans un domaine determine a l'avance.

Exercice 30{2. Etude de l'equation dierentielle y0 = sin xy On considere dans tout l'exercice l'equation dierentielle y 0 = sin xy . 1. Montrer que, pour tout (x0 ; y0) 2 R 2 , il existe une unique solution maximale telle que y (x0 ) = y0 , qu'elle est de nie sur R , et qu'elle est paire. On ne s'interesse dans la suite qu'aux solutions sur R + telles que y (0) > 0. Montrer qu'alors y (x) > 0 pour tout x > 0. 2. Soit x 7! y(x) une solution. Montrer en majorant y(x) par une fonction ane par morceaux de pentes alternativement 1 et 0 que l'equation y (x) = x a une unique solution. 3. Soit t le reel tel que y(t) = t et posons n (2n + 2).

2 N tel que 2n 6 t 6

 Equations dierentielles

108

Si 0 6 t 2n 6 3=2, montrer que (2n + 1) < xy (x) < (2n + 3=2) pour x assez grand et que xy (x) tend vers (2n + 1) . 4. On suppose en n que t > 2n + 3=2. Montrer qu'il existe t0 2 ]2n + 3=2; (2n + 2)[ tel que xy(x) converge vers (2n + 1) si t < t0, vers (2n + 2) si t = t0 et vers (2n + 3) si t > t0 .

Indications : 3. Prouver que sin xy(x) tend vers 0 et en deduire que (2n + 1) est valeur d'adherence de la fonction xy(x) au voisinage de +1. En remarquant que y(x) =x n'a qu'un nombre ni de zeros si sin  < 0, en deduire que xy(x) ! (2n + 1). 4. Montrer que les premier et troisieme cas sont des conditions ouvertes, de la forme t < t et t > t respectivement, et que le deuxieme cas est veri e pour t 2 [t ; t ]. Puis montrer qu'au plus une solution peut veri er xy(x) ! (2n + 2). 0

Solution :

1

0

1

1. Comme l'application (x; y ) 7! sin(xy ) est localement lipschitzienne en y, le theoreme de Cauchy-Lipschitz arme l'existence d'une unique solution maximale y telle que y(x0) = y0. Supposons que l'ensemble de de nition de y est majore ; soit alors a sa borne superieure. On sait (consequence du theoreme de Cauchy-Lipschitz precise, cf. les rappels) que limx!a y(x) = 1. Or, comme jy0(x)j 6 1, on a la majoration jy(x)j 6 jy0j + jx x0 j qui prouve que y est bornee dans un voisinage a gauche de a, ce qui est absurde. Ainsi, y est de nie sur [x0 ; +1[. De m^eme, y est de nie sur ] 1; x0 ] et les solutions maximales de l'equation dierentielle sont donc de nies sur R. Si y(x) est une solution, on remarque que y( x) est aussi une solution, et qu'elles prennent la m^eme valeur en 0. Par suite, pour tout x 2 R , y(x) = y( x) : y est paire. Supposons que y(0) > 0 et montrons que y > 0 sur R . En eet, il existerait sinon un plus petit reel a > 0 (par parite) tel que y(a) = 0. Or, l'unique solution de l'equation dierentielle prenant la valeur 0 en a est la solution nulle, contrairement a l'hypothese y(0) > 0. Ainsi, y ne s'annule pas et est strictement positive sur R . 2. Soit f (x) la fonction continue, ane par morceaux de pentes 0 et 1 d e nie ainsi : on a f (0) = y0. La pente de f est 1 jusqu'a ce qu'elle coupe l'hyperbole xy = . Puis sa pente est 0 jusqu'a ce qu'elle coupe l'hyperbole xy = 2, etc. On constate que f est une barriere superieure pour l'equation dierentielle puisque si f 0 6 1 et que f 0(x) = 0 si sin(xf (x)) 6 0. En particulier, si y(0) = y0 = f (0), l'exercice 30{1 implique que pour tout x > 0, y(x) 6 f (x). On note (an; bn) le point d'intersection du graphe de f avec l'hyperbole xy = n, c'est{dire anbn = n et f (an) = bn . Si n est impair, on a bn+1 = bn, tandis que   an+1 = (nb+ 1) = (n +b 1) = 1 + n1 an; n+1 n

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Exemples

si bien que

  f (an+1) an+1 = bn 1 + n1 an = (f (an) an) n1 an 6 f (an) an n1 a1: Si n est pair, alors f (an+1) an+1 = f (an) + (an+1 an) an+1 = f (an) an: En particulier, X 1 ! 1 f (an) an 6 f (a1 ) a1 a1 2m + 1 2m+26n

et y(x) x 6 f (x) x prend necessairement des valeurs < 0 sur R + , donc s'annule. S'il existait deux reels x1 < x2 tels que f (xi) = xi, alors Z x2 x2 x1 = y(x2) y(x1) = sin xy(x) dx < x2 x1 ; x1

puisque xy(x) ne prend pas la m^eme valeur en x1 et x2 et donc sin(xy(x)) n'est pas constante sur l'intervalle [x1 ; x2]. Nous avons donc prouve que l'equation y(x) = x a une unique solution > 0. 3. Supposons donc que y (t) = t et que 2n 6 t2 6 2n + 32 . On distingue deux cas : { si t2 > (2n + 1), on commence par remarquer que l'hyperbole d'equation xy = (2n + 1) constitue une barriere inferieure pour la solution. En eet, la pente de l'hyperbole est (2n + 1)=x2 < 0, alors que sin(2n + 1) = 0. Ainsi, pour tout x > t, xy(x) > (2n + 1). Remarquons ensuite que l'hyperbole xy = (2n + 32 ) est, elle, une barriere superieure : si xy(x) 6 (2n + 23 ) sur [t; a] mais pas dans un voisinage a droite de a, on a   y0(a) = sin ay(a) = sin 2n + 32  = 1 < y(aa) = 2n +x23=2 ; ce qui est absurde. Autrement dit, pour tout x > t, xy(x) 6 (2n + 32 ), ce qui prouve deja que y ! 0. En outre, y est decroissante dans l'intervalle [t; +1[. Si sin xy(x) n'a pas 0 comme valeur d'adherence, il s'ensuit qu'il existe un reel " > 0 tel que sin xy(x) 6 " pour x assez grand. On en deduit la contradiction voulue en integrant cette inegalite : elle entra^ne en eet que 0 6 lim sup y(xx) 6 ": x!+1 Ainsi, xy(x) appartient a [(2n + 1); (2n + 32 )] et a (2n + 1) pour valeur d'adherence. Si xy(x) ne tendait pas vers (2n +1), on pourrait choisir un reel  veri ant (2n + 1) <  < (2n + 32 ) et tel qu'il existe des reels x arbitrairement grands tels que xy(x) > . On vient de voir d'autre part qu'il existe des reels x arbitrairement grands tels que xy(x) < . Cela implique que l'equation xy(x) =  a une in nite de solutions. Or, la derivee de y(x) =x est sin xy(x)+

110

 Equations dierentielles

q =x2 = sin  + =x2 < 0 des que x > sin()= est une de ces solutions. C'est absurde et xy(x) tend vers (2n + 1). { si t2 6 (2n+1), la solution est croissante tant que xy(x) reste 6 (2n+1). Cela ne peut rester ainsi inde niment car on aurait alors pour tout x > t, (2n + 1) x1 > y(x) > y(t) = t; et donc x 6 (2n + 1)=t, d'ou une contradiction. Il existe ainsi un reel t1 > t tel que y(t1) < t1 et t1 y(t1) > (2n + 1). On constate maintenant que l'analyse du premier cas reste valable, condition de remplacer t par t1 . Par consequent, pour tout x assez grand, xy(x) < (2n + 32 ), y tend vers 0 et xy(x) vers (2n + 1) en +1. 4. Notons yt la solution telle que yt (t) = t. Remarquons que s'il existe x > t tel que xyt (x) > (2n + 2), alors on peut repeter la question precedente (en incrementant n de 1), si bien que xy(x) tend vers (2n + 3). Ainsi, l'ensemble A des t tels que yt tend vers (2n+3) s'identi e a l'ensemble des t tels qu'il existe s > t veri ant syt(s) > (2n + 25 ). En vertu du theoreme sur la continuite des solutions en fonction des conditions q initiales, c'est un ouvert de l'intervalle ferme en question, contenant (2n + 2) et d'ailleurs distinct de l'intervalle tout entier. De plus, comme deux solutions ne se croisenti i q pas, il est connexe, si bien qu'il existe un reel t1 tel que A = t1; (2n + 2) . S'il existe s > t tel que syt(s) < (2n + 23 ), la solution n'a d'autre possibilite que de veri er lim xyt (x) = (2n +1). Ainsi, Bh des t tels que xyt (x) hq l'ensemble 3 tend vers (2n + 1) est de la forme B = 2n + 2 ; t2 . Si t 2 [t2 ; t1 ], on voit que pour x assez grand, (2n + 32 ) 6 xyt (x) 6 (2n + 2): Ainsi, yt est decroissante pour x assez grand et si xyt (x) ne tend pas vers i(2n + 2)3  on voit comme h dans la question precedente qu'il existe un reel  2 (2n + 2 ); (2n + 2) et une in nite de solutions (non majorees) a l'equation xy(x) = . Cependant, la derivee de y(x) =x en une solution x est sin xy(x) + =x2 = sin  + =x2 < 0 si x est assez grand. C'est encore une fois absurde et xy(x) tend vers (2n +2). Supposons maintenant que t1 6= t2 , autrement dit qu'il existe deux solutions y1 > y2 telles que xy(x) ! (2n + 2). Alors, y10 (x) y20 (x) = sin xy1(x) sin xy2(x) = (xy1(x) xy2(x)) cos (x) (pour un reel (x) 2 ]xy2 (x); xy1(x)[), d'ou y10 (x) y20 (x) > x2 (y1(x) y2(x)) pour x assez grand.

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Exemples

Alors, log(y1 y2) > x2 =4 + Cte ce qui est absurde, y1 et y2 tendant toutes deux vers 0. Ainsi, t1 = t2, ce qui conclut l'exercice. 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

Trace des solutions de l'equation dierentielle y0 = sin(xy)

9

10

Pour nir, voici un dessin des courbes integrales obtenu a l'aide de la methode de Runge-Kutta d'ordre 4. On a trace en pointilles (resp. traits-points) les hyperboles d'equations xy = n suivant que n est pair ou impair, ainsi que la droite d'equation y = x. On remarque aussi que l'ordinateur n'a pas detecte la solution telle que xy(x) ! 2n. Exercice 30{3. Etude de l'equation y0 = y2 x On considere dans l'exercice l'equation dierentielle () y0 = y2 x: 1. Determiner (et dessiner) dans le plan (x; y) les zones ou une solution est croissante, convexe. Montrer qu'il passe par tout point (x0 ; y0) une solution maximale y (x) et que celle-ci est de nie sur un intervalle minore. 2. On considere une solution y(x) que l'on suppose majoree. Montrer qu'elle est de nie sur un intervalle de la forme ]a; +1[. Montrer qu'il existe un reel  tel que y est croissante sur ]a;  ] et decroissante sur [; +1[. 3. Si t 2 R , on note yt la solution de l'equation dierentielle telle que yt(0) = t. Si t < u, montrer que pour tout x commun aux intervalles de de nition de yt et yu , yt (x) < yu (x). 4. Soit A l'ensemble des t 2 R tels que yt est majoree. Montrer qu'il existe  2 R [ f+1g tel que A = ] 1; [.

112

 Equations dierentielles

5. Soit B l'ensemble des t 2 R tels que yt est croissante sur son ensemble de de nition et convexe a partir d'un certain rang. Montrer que B 6= ?. En deduire que  < +1. Montrer qu'il existe 2 R tel que B = ] ; +1[. 6. Si t 62 A [ B , montrer que yt est croissante et concave sur son ensemble de de nition. En deduire que celui-ci n'est pas majore. 7. Montrer en n que  = . Indication : 2. Montrer qu'une solution ne peut sortir de l'interieur de la parabole d'equation y x = 2

0, une fois qu'elle y est entree. Solution :

Une solution y est croissante quand y2 > x, c'est-a-dire a l'exterieur de la parabole d'equation x = y2. Elle est convexe si y00 > 0, or y0 = y2 x, et donc y00(x) = 2y(x) (y2(x) x) 1; si bien que y est convexe en x si et seulement si 8 2 > < y (x) > x + 1=2y(x) et y(x) > 0; ou > : y2(x) 6 x + 1=2y(x) et y(x) < 0: Comme (x; y) 7! y2 x est localement lipschitzienne en y, il passe par tout point (x0; y0) une unique courbe integrale de l'equation dierentielle. Soit ]a; b[ l'intervalle de de nition maximal de la solution telle que y(x0) = y0. Montrons que a 6= 1. Supposons en eet par l'absurde que a = 1. La solution est alors strictement croissante sur ] 1; 0], et donc s'annule au plus une fois. Il existe ainsi x1 6 0 tel que y ne s'annule pas a gauche de x1 . De plus, pour tout x 6 x1 1, y0(x) > 1. Par suite, lim 1 y = 1. Or, si x 6 x1 , on a y0(x) > y2(x), d'ou (1=y)0(x) 6 1 et donc pour tout x 6 x1, 1 > 1 y(x) y(x1) (x x1): Cela montre que y(x) ! 0 par valeurs positives quand x ! 1, d'ou une contradiction. Ainsi, l'intervalle de de nition de toute solution est minore. Autrement dit, a > 1 et quand x ! a, y(x) tend vers 1. 2. On a vu que toutes les solutions sont croissantes au voisinage de a. Considerons une solution majoree et supposons qu'elle est croissante sur ]a; b[. Alors, on a pour tout x 2 ]a; b[, y2(x) > x. Cela implique que b 6= +1. Mais d'autre part, si b < +1, on sait que la solution tend vers +1 (puisqu'elle est croissante) quand x ! b. Par suite, elle n'est pas majoree. Nous avons donc prouve qu'une solution majoree est croissante sur un intervalle maximal ]a;  ]. On a alors y0( ) = 0 et y( )2 =  . Geometriquement, la 1.

Exemples

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solution penetre dans l'interieur de la parabole. Or, cette parabole constitue un entonnoir : on ne peut en sortir ni par le hautp(la pente de la courbe devrait ^etre superieure a celle de la parabole p qui est 1=2 x > 0), ni par le bas puisque sa pente devrait alors ^etre 6 1=2 x < 0, alors qu'en un point de la parabole, la courbe a une tangente horizontale. Ainsi, pour tout x 2 [; b[, y2(x) 6 x et y est decroissante. Si b < +1, cette majoration montre que y est bornee au voisinage de b. On sait pourtant (cf. les rappels) que dans ce cas, y tend vers 1 en b. On en conclut que b = +1. La solution y est donc strictement croissante sur ]a;  ] et strictement decroissante sur [; +1[. Elle atteint donc en  son unique maximum. Montrons que y tend vers 1 en +1. Comme y est decroissante, elle aurait sinon une limite nie, d'ou l'equivalent y0(x)  x au voisinage de +1. Il en resulterait alors y(x) ! 1, contrairement a l'hypothese qu'elle a une limite nie. Par suite, lim+1 y = 1. D'apres la question 1, y tend vers 1 en a. 3. Soient t < u deux r eels. Soit I l'intersection des intervalles de de nition de yt et yu. C'est un intervalle ouvert. S'il est faux que yt < yu sur I , il existerait en vertu du theoreme des valeurs intermediaires un reel x 2 I tel que yt(x) = yu(x). On aurait alors yt = yu d'apres le theoreme de Cauchy-Lipschitz, et donc t = u, ce qui est absurde. 4. Tout d'abord, montrons que A 6= ?. En eet, la solution y0 est croissante pour x 6 0, et rentre dans l'interieur de la parabole en x = 0, si bien qu'elle est necessairement decroissante pour x > 0. Elle est donc majoree, d'ou 0 2 A. Soit u 2 A. Si t < u, montrons que t 2 A. Comme yt est croissante a gauche de 0, elle est majoree a gauche de 0. De plus, yu est de nie sur R + ; la question precedente implique donc que pour tout x > 0 ou yt est de nie, yt(x) 6 yu(x) 6 max yu. Ainsi, yt est majoree et t 2 A. Il reste a montrer que A est ouvert. Soit u 2 A et montrons que A est voisinage de u. On peut supposer que u > 0. Notons a < 0 la borne inferieure de l'intervalle de de nition de yu. Soit aussi  > 0 l'unique reel ou yu admet son maximum. Comme yu(0) > 0, on a y( ) > 0.  0 >  , soit z0 la solution de l'equation dierentielle telle que y( 0) = pSi0. Elle est majoree d'apres l'etude de la question 3. D'apres le theoreme de continuite des solutions d'une equation dierentielle par rapport aux conditions initiales, lorsque  0 !  , z0 est de nie sur ]a1=2; +1[. De plus, q q 0 yu( ) 6 yu( ) =  6  0 = z0 ( 0): Un raisonnement analogue a celui fait dans la question precedente montre que yu < z0 en tout point commun a leurs intervalles de de nition. Ainsi, il existe  0 >  tel que z0 est de ni en 0. On a alors z0 (0) > yu(0) = u, si bien que A contient l'intervalle ] 1; z0 (0)]. En de nitive, A est une section commencante de R , ouverte. Ainsi, soit A = R , soit A = ] 1; [ pour un reel (qui est d'ailleurs  > 0). 5. Remarquons qu'il existe des solutions croissantes et convexes pour tout x > 0, par exemple toute solution telle que 2y(0)3 > 1. Une telle solution est

114

 Equations dierentielles

croissante et convexe au voisinage de 0. Si elle n'est pas convexe, strictement croissante sur [0; b[, elle change de concavite en en point x ou 2yy0 = 1. Or, y et y0 sont strictement croissantes sur [0; x], si bien que 1 = 2y(x)y0(x) > 2y(0)y0(0) = 2y(0)3 > 1; d'ou une contradiction qui montre que y est croissante et convexe a droite de 0. Soit ]a; b[ son intervalle de de nition. Si b < +1, alors y ! +1 en b, et donc y n'est pas majoree. Si b = +1, on utilise le fait qu'une fonction croissante convexe non constante sur R + tend vers +1. Il sut en eet de minorer y(x) par y(0) + xy0(0) ! +1. En particulier, A 6= R et il existe  2 R tel que A = ] 1; [. D'autre part, si u 2 B et t > u, la solution yu est croissante et convexe a gauche d'un reel  . De plus, pour tout reel positif x >  ou yt est de nie, yu l'est aussi et yt(x) > yu(x). Par suite, comme yt0 (x) = yt(x)2 x > 0, on a yu0 (x) > 0 et 2yt(x)(yt (x)2 x) 1 > 2yu(x)(yu(x)2 x) 1; si bien que yt est convexe en x. Par consequent, t 2 B . Il en resulte que B est une section nissante de R . Montrons maintenant qu'elle est ouverte. C'est un raisonnement analogue a celui fait pour prouver que A est ouvert. Soit u 2 B et notons  un reel tel que yu00( ) > 0 (de sorte que y est convexe a droite de  ). Pour t assez proche de u, yt00 ( ) sera proche de yy00 ( ) et donc > 0. De m^eme, yt ( ) sera positif. Finalement, yt doit ^etre croissante et convexe a droite de  . Necessairement, yt est croissante sur tout son intervalle de de nition, puisque sinon, yt couperait la parabole y2 = x, cas etudie dans la question 2. Ainsi, pour tout t assez proche de u, yt est croissante sur son intervalle de de nition, et convexe a partir d'un certain rang. Autrement dit, B est ouvert. 6. Soit t 62 A [ B . Ainsi, yt n'est pas major ee, et n'est ou bien pas croissante, ou bien pas convexe a partir d'un certain rang. Si yt n'etait pas croissante, sa derivee devrait s'annuler, si bien que yt couperait la parabole y2 = x, et serait par suite majoree, gr^ace a la question 2. Ainsi, yt est croissante sur son domaine de de nition. Il en resulte que yt n'est pas convexe a partir d'un certain rang. Montrons que cela implique qu'elle est concave. Sinon, il existerait x tel que yt00(x) > 0. Necessairement, x > 0 et yt (x) > yt(0) > 0 car 0 2 A. Or, on a deja vu qu'une solution positive en un point de convexite le reste forcement a droite de ce point. Ainsi, yt est concave sur son domaine de de nition. De plus, ce domaine de de nition n'est pas majore : par l'absurde, on aurait sinon yt(x) ! +1 quand x ! b. mais alors, on constate que yt serait convexe au voisinage de b, contrairement a l'hypothese que t 62 B . 7. Comme A \ B = ?, on a  6 . Supposons par l'absurde que  < . On dispose alors de deux solutions croissantes et concaves : y et y . Or, pour x > 0, y 0 (x) y0 (x) = y (x)2 y(x)2 > ( + )(y (x) y(x));

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Exemples

puisque y(x) > y(0) = , et de m^eme pour y . Alors, y (x) y(x) > e(+ )x ( ); et donc y y ! +1. Mais, puisque y et y sont croissantes et concaves, on a x 6 y(x)2 6 x + 2y 1(x) ;  ainsi que l'inegalite analogue pour y . On constate donc que y (x)2 y(x)2 6 2y 1(x) ! 0: Alors, 2 2 y (x) y(x) 6 yy (x(x) ) + yy((xx))  tend vers 0, d'ou une contradiction qui impose  = . 5 4 3 2 1 0 −1 −2 −3 −4 −5 −5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

Trace des solutions de l'equation dierentielle y0 = y2

4

x

5

Pour nir, voici un dessin des courbes integrales obtenu a l'aide de la methode de Runge-Kutta d'ordre 4. On a trace en pointilles la parabole d'equation y2 = x, ainsi que la courbe d'equation y2 = x + 1=2y, qui delimitent respectivement les domaines ou y est croissante ou convexe.

 Equations dierentielles

116

2. Theorie autonome Exercice 30{4. Le theoreme de Yorke 1. Soit F : R n ! R n une fonction de classe C 1 de derivee bornee par M . Soit x(t) une solution periodique non constante de l'equation dierentielle x0 = F (x). Montrer que sa periode est > 2=M (theoreme de Yorke). 2. Soit E un espace de Hilbert et x : R ! E une fonction T -periodique de classe C 1 , montrer l'inegalite

Z TZ T 0 0

kx(t) x(s)k

2 dt ds 6

T 2 Z TZ T kx0 (t) x0 (s)k2 dt ds: 4 2 0 0

En deduire une autre demonstration du theoreme de Yorke, R n etant remplace par l'espace de Hilbert E . 3. Si E est un espace de Banach arbitraire et x : R ! E est T -periodique de classe C 1 , montrer l'inegalite

Z TZ T

kx(t) x(s)k dt ds 6 T6

Z TZ T

kx0(t) x0 (s)k dt ds: En deduire que la periode d'une solution de x0 = F (x), ou F : E ! E est 0 0

0 0

M -lipschitzienne, est minoree par 6=M . Indications : 1. On etudiera la courbe de nie par le vecteur unitaire tangent de la solution et on appliquera le theoreme de Fenchel (exercice 33{5). 2. Penser aux series de Fourier. 3. On ecrira   t(T t) x(t + s) x(s) x(s) x(s + t T ) x(t + s) x(t) =

T

t

T t

:

Solution :

Commencons par remarquer que si x est non constante, alors x0 ne s'annule pas. En eet, si x0(t0 ) = 0, on a F (x(t0)) = 0 et la fonction constante x(t0 ) est solution de l'equation dierentielle. D'apres le theoreme de CauchyLipschitz, on a x(t) = x(t0 ) pour tout t, contrairement au fait que x est non constante. Posons alors u(t) = x0 (t)= kx0 (t)k. C'est une fonction continue periodique de classe C 1 (car F etant de classe C 1 , x est de classe C 2 ) de R dans la sphere unite de R n . Elle de nit donc une courbe fermee C qui, d'apres le theoreme de Fenchel, est de longueur > 2. Or, on deduit en derivant l'egalite ku(t)k = 1 que hu(t) u0(t)i = 0. Alors, comme x00 (t) = (kx0k u)0(t) = kx0(t)k u0(t) + kx0 k0 (t)u(t) = hF 0(x(t)) x0 (t)i ; 1.

117

Exemples

et que u(t) ? u0(t), on a

ku0(t)k 6 kx01(t)k hF 0(x(t)) x0 (t)i 6 kF 0(x(t))k 6 M: R

Si T est la periode de x, la longueur de C est 0T ku0k 6 TM . Finalement, on a bien T > 2=M . 2. On peut d evelopper x et x0 en series de Fourier :

x(t) =

X

n2Z

xne2int=T :

Ainsi, l'integrale de gauche se calcule simplement a l'aide de l'egalite de Parseval :

Z TZ T 0 0

Z TZ T 



kx(t)k2 + kx(s)k2 2 hx(t) x(s)i ds dt 0 0X = 2T 2 kxn k2 2T 2 hx0 x0 i

kx(t) x(s)k2 ds dt = =

De m^eme,

Z TZ T 0 0

2T 2

n2Z

X

n2Z

kxn k2 :

kx0 (t) x0(s)k2 ds dt = 2T 2

X 4 2 n 2 2 k x nk : 2 n2Z T

On en deduit alors l'inegalite demandee :

Z TZ T

2 Z TZ T T 0 (t) x0 (s)k2 ds dt: k x(t) x(s)k (1) k x 2 4 0 0 0 0 Supposons maintenant que x0 = F (x), ou F : E ! E est M -lipschitzienne. On a alors

(2)

2 ds dt 6

kx0 (t) x0 (s)k = kF (x(t)) F (x(s))k 6 M kx(t) x(s)k :

En mettant bout a bout les inegalites (1) et (2), on obtient alors

Z TZ T 0 0

kx(t) x(s)k2 ds dt 6 4T2 M 2 2

Z TZ T 0 0

kx(t) x(s)k2 ds dt;

d'ou T > 2=M (car x n'est pas constante) ce qui conclut la preuve de cette question et donne une autre preuve au theoreme de Yorke. 3. L'in egalite est un peu plus dure a prouver qu'a la question precedente : on a Z TZ T Z TZ T kx(t + s) x(s)k ds dt; kx(t) x(s)k ds dt = 0 0

0 0

 Equations dierentielles

118

puisque x est T -periodique. Utilisons alors l'indication, cela donne

Z TZ T 0 0

kx(t) x(s)k ds dt

Z TZ T t(T t)

x(t + s) x(s) x(s) x(s + t T )

=

ds dt T

t T t 0 0 ZT Z TZ T 6 0 0 t(TT 2 t) 0 kx0 (s + ut=T ) x0 (s u(T t)=T k du ds dt;

puisque

x(t + s) x(s) =

Zt 0

et

x(s) x(s + t T ) = On obtient alors

Z TZ T 0 0

ZT x0(s + u) du = Tt x0 (s + ut=T ) du 0

Z0 t T

ZT t 0 x (s + u) du = x0 (s 0

u) du

ZT = T T t x0 (s u(T t)=T ) du: 0

kx(t) x(s)k ds dt

Z TZ TZ T t(T t) k x0 (s + ut=T ) x0(s + ut=T u)k du ds dt 2 T Z0TZ0TZ0T t(T t) 6 0 0 0 T 2 kx0 (s + u) x0 (s)k ds du dt; en integrant d'abord sur s et en utilisant la periodicite de x0 , d'ou Z TZ T Z T t(T t) Z TZ T 0 (s + u) x0 (s)k ds du k x(t) x(s)k ds dt 6 dt k x 2 T 0 0 0 0 0 T (3) 6 6 kx0 (s + u) x0 (s)k ds du;

6

ce qu'il fallait demontrer. Montrons maintenant comment minorer la periode d'une solution de x0 = F (x) ; c'est le m^eme raisonnement que dans la question precedente. Si F est M -lipschitzienne, alors

kx0 (s + u) x0 (s)k = kF (x(s + u)) F (x(s))k 6 M kx(s + u) x(s)k et l'inegalite (3) implique 1 6 MT=6 si x n'est pas constante. Remarque. Cette minoration par 6=M de la periode d'une orbite perio-

dique est due a Busenberg, Fischer et Martinelli.

Exemples

119

Exercice 30{5. Sur le ot d'un champ de vecteurs Soit b un champ de vecteurs sur R n , c'est-a-dire une application de R n dans R n . On suppose que b est de classe C 1 et qu'il existe une constante M telle que pour tout x, kb(x)k 6 M (kxk + 1). 1. Montrer qu'il existe une unique fonction X (t; x) : R  R n ! R n , de classe C 1 et veri ant les deux proprietes : 8 @ < X (t; x) = b(X (t; x)) : X@t(0; x) = x: Cette application X est appelee le ot du champ de vecteurs b. 2. Montrer qu'elle veri e la propriete de semi-groupe : X (t; X (u; x)) = X (t + u; x), pour tous t; u 2 R et x 2 R n . En deduire que pour tout t 2 R , x 7! X (t; x) est un C 1 -dieomorphisme de R n . 3. On note vol( ) le volume pour la mesure de Lebesgue d'un ensemble mesurable de R n . Soit K un compact de R n et Kt son image par l'application X (t;
). Montrer que pour tout reel t,

vol(K ) exp ( jtj kdiv bk1) 6 vol(Kt) 6 vol(K ) exp (jtj kdiv bk1) : En particulier, si div b = 0, alors vol(Kt ) est independant de t : le ot preserve

les volumes (theoreme de Liouville).

Indications : 1. Utiliser le theoreme de Cauchy-Lipschitz, ainsi que les theoremes de dependance en

les conditions initiales. 3. On pensera a eectuer un changement de variables. Solution :

Fixons pour le moment x 2 R n . Alors, t 7! X (t; x) doit ^etre solution du probleme de Cauchy y0 = b(y), avec condition initiale y(0) = x. Or, b est C 1 , donc localement lipschitzienne. Ainsi, il existe un intervalle maximal Ix et y : Ix ! R n telle que y0 = b(y). Montrons que Ix = R . En eet, on a pour tout t 2 Ix, ky0(t)k = kb(y(t))k 6 M (ky(t)k + 1): R On pose alors Y (t) = 1 + kxk + 0t ky0(s)k ds, d'ou Y 0(t) = ky0(t)k 6 M (ky(t)k + 1) 6 MY (t); d'ou Y (t) 6 Y (0)eM jtj = (1 + kxk)eM jtj et ky(t)k 6 Y (t) 1 = (1 + kxk)eM jtj 1: Ainsi, la solution n'explose pas en temps ni. D'apres le theoreme de CauchyLipschitz precise, elle est de nie sur R . 1.

 Equations dierentielles

120

Considerons maintenant X : R  R n ! R n telle que X (t; x) soit la solution de y0 = b(y) au temps t, avec condition initiale y(0) = x. D'apres le theoreme de derivabilite par rapport aux conditions initiales, X est C 1. De plus, sa dierentielle partielle par rapport a x veri e l'equation dierentielle obtenue en derivant formellement l'equation @t X = b(X ), c'est-a-dire ! @ @X = b0 (X (t; x))
@X : @t @x @x (On remarque qu'elle est lineaire.) 2. Si t et u sont deux r eels, et si x 2 R n , X (t + u; x) est la solution de 0 y = b(y) au temps t + u qui part de x au temps 0. Or, cette solution est en X (u; x) au temps u, puis, un temps t apres, l'unicite dans le theoreme de Cauchy-Lipschitz nous dit qu'elle se trouve en X (t; X (u; x)) = X (t + u; x). En particulier, X (t; X ( t; x)) = x = X ( t; X (t; x)) pour tout x 2 R n et tout t 2 R , si bien que X (t;
) 1 = X ( t;
). On peut donc armer que X (t;
) est un C 1 -dieomorphisme de R n dans lui-m^eme. 3. Posons V (t) = vol(Kt ). On va montrer que V est solution d'une  equation dierentielle simple. En eet,

V (t) =

Z

Kt

dx =

Z

R

 (x) dx = n Kt

Z

Rn

K (X ( t; x)) dx;

ou  est la fonction caracteristique d'une partie de R n . Faisons le changement de variables x = X (t; y), d'ou

V ( t) =

Z

K

jdet Dy X (t; y)j dy:

Or, le jacobien det DxX (t; x) est une fonction continue de (t; x), ne s'annulant jamais. Il garde donc un signe constant. Comme il vaut 1 pour t = 0, il est toujours strictement positif, ce qui permet d'^oter la valeur absolue. (On vient de prouver que le ot d'un champ de vecteurs preserve l'orientation.) En vue de deriver V sous le signe somme, il faut calculer la derivee du determinant d'une fonction matricielle inversible M (t). On ecrit M (t) = M (0) + tM 0 (0) + o(t), d'ou





det M (t) = det M (0)  det I + tM 1 (0)M 0 (0) + o(t) : Or, si A est une matrice dont les valeurs propres sont a1 , : : : , an, on voit que Y det (I + tA) = (1 + tai) = 1 + t Tr A + O(t2): On peut donc conclure que   det M (t) = det M (0)  1 + t Tr(M 1 (0)M 0(0)) + o(t) ; c'est-a-dire   (det M (t))0 = det M (t) Tr M 1 (t)M 0 (t) :

121

Exemples

Ainsi, on a l'egalite (en inversant deux derivations, ce que permet le theoreme de convergence dominee) ! Z d V 0 (t) = det DxX (t; x)  Tr (DxX (t; x)) 1
dt DxX (t; x) dx: K Or on a vu dans la premiere question que d DxX (t; x) = b0 (X (t; x))DxX (t; x). dt Ainsi, on a Z Z V 0(t) = Tr b0 (X (t; x)) det DxX (t; x)dx = Tr b0 ; K

Kt

gr^ace a un nouveau changement de variables. Bien entendu, X @bi Tr b0 = @x = div b: i i Maintenant, on a jV 0(t)=V (t)j 6 kdiv bk1, d'ou par integration log V (t)=V (0) 6 jtj kdiv bk1 ce qui est l'inegalite voulue. L'autre s'en deduit par symetrie.

Exercice 30{6. Application du theoreme de Hopf On considere un systeme autonome x0 = F (x), ou F : R 2 ! R 2 est un champ de vecteurs C 1 . Soit x(t) une orbite periodique non constante. 1. Montrer que x de nit une courbe fermee simple et que son nombre d'enroulement est egal a l'indice du champ de vecteurs F le long de la courbe (ces notions sont de nies dans les exercices 33{4 et 32{1). 2. En deduire que F s'annule dans l'interieur de l'orbite periodique. Solution :

Soit T la periode la fonction x(t). Soit : [0; T ] ! R 2 , (t) = x(t). C'est une courbe C 1 , telle que (T ) = (0) et 0 (T ) = (0). Elle de nit donc un lacet de classe C 1. Pour voir que c'est une courbe simple, on note que par le theoreme de Cauchy-Lipschitz (dont les hypotheses sont veri ees, puisque F est C 1 ), il ne peut passer qu'une seule courbe integrale par chaque point du plan. Par de nition, le nombre d'enroulement de est l'indice par rapport a 0 de l'application donne par son vecteur tangent 0(t). Or 0(t) = x0(t) = F ( (t)) d'une part, et d'autre part Ind(F; ) = Ind0(F ), d'ou l'egalite. 2. Le th eoreme de Hopf (exercice 33{4) implique que le nombre d'enroulement d'un lacet simple est egal a 1, si bien que l'indice de F le long de est egal a 1. Or, la courbe fermee delimite, par le theoreme de Jordan, un ouvert borne connexe qu'on appelle l'interieur de . L'ensemble est m^eme simplement connexe puisque d'apres le theoreme de Jordan, est homeomorphe au disque 1.

 Equations dierentielles

122

unite de R 2 . Si le champ de vecteurs F ne s'annule pas dans , l'indice de F le long du lacet est egal a 0. Nous avons ainsi une contradiction qui prouve que F s'annule dans l'interieur d'une orbite periodique.

Exercice 30{7. Equation de van der Pol

On s'interesse dans cet exercice a l'equation dierentielle x00 + f (x)x0 + g(x) = 0 (equation de Lienard). 1. Montrer qu'elle est equivalente au systeme

dx = y F (x); dt R x ou F (x) = 0 f (t) dt. ()

dy = g(x); dt

On fait les hypotheses suivantes : { f est paire, f (0) < 0 ; { F (x) a un zero en x = a > 0, est croissante pour x > a et tend vers +1 en +1. { g est localement lipschitzienne, impaire, g (x) > 0 pour x > 0. 2. Montrer que par tout point (x0 ; y0), il passe une unique trajectoire du systeme (). Calculer sa pente en (x; y ). Quels sont les points critiques du systeme ? 3. Montrer que les trajectoires sont de nies sur des intervalles ]t0 ; +1[ (ou t0 > 1) et qu'elles rencontrent successivement les quadrants (x > 0; y > 0), (x > 0; y < 0), (x < 0; y < 0), (x < 0; y > 0). 4. La trajectoire passant par A = (0; OA) recoupe l'axe Oy pour la premiere fois en C = (0; OC ). Montrer qu'elle est periodique si et seulement si OA = OC . 5. Si  > 0, soit  la trajectoire qui passe par B = (; F ()). Notons A et C les points ou la trajectoire rencontre l'axe Oy et qui sont avant et R apres B . On pose alors '() = ABC F dy . Montrer que '() > 0 si  6 a. Montrer aussi que ' est strictement decroissante sur [a; +1[ et tend vers 1 en +1. 6. Montrer qu'il existe une unique orbite periodique de l'equation de Lienard, et qu'elle est orbitalement stable.

Indication : R les points D et E de la trajectoire ou x = a et decomposer ' = R R 5. Introduire

( AD + EC ) + DBE . Solution :

Soit x(t) une solution de l'equation de Lienard. Posons y(t) = x0 (t) + F (x(t)). Alors, y est C 1 et y0(t) = x00 (t) + f (x(t))x0 (t) = g(x(t)); 1.

123

Exemples

ce qui prouve que (x(t); y(t)) est solution du systeme (). Reciproquement, soit (x(t); y(t)) une solution du systeme (). Alors, x0 = y F (x) est C 1 et x00 + f (x)x0 + g(x) = (y0 f (x)x0 ) + f (x)x0 + g(x) = 0; si bien que x(t) est solution de l'equation de Lienard. 2. On constate que (x; y ) 7! (y F (x); g (x)) est localement lipschitzienne. D'apres le theoreme de Cauchy-Lipschitz, il passe par tout (x0; y0) une unique solution maximale du systeme dierentiel (). Sa pente en un point (x0 ; y0) vaut y0=x0 , soit g(x)=(y F (x)). En n, les points critiques du systeme sont les (x; y) tels que y = F (x) et g(x) = 0. Necessairement, x = 0. Puis y = 0. Ainsi, (0; 0) est le seul point critique de (). 3. Pour i 2 f1; 2; 3; 4g, d esignons par Qi les quatre zones de nies respectivement par les conditions (x0 > 0; y0 < 0), (x0 < 0; y0 > 0), (x0 < 0; y0 > 0) et (x0 > 0; y0 > 0). Ainsi, { dans Q1 , x cro^t, y decro^t, x > 0 et y > F (x) ; { dans Q2 , x decro^t, y decro^t, x > 0 et y < F (x) ; { dans Q3 , x decro^t, y cro^t, x < 0 et y < F (x) ; { dans Q4 , x cro^t, y cro^t, x < 0 et y > F (x). y

y = F (x) Q4

Q1 O Q3

a

x

Q2

Nous allons considerer une solution telle que (x0; y0) 2 Q1 en t0, et montrer qu'elle est de nie sur [t0; +1[ et qu'elle traverse les zones Qi dans l'ordre indique. Si la solution etait partie d'une autre zone, on prend l'etude qui suit en cours de route ! On peut d'autre part supposer t0 = 0. Soit I l'intervalle de de nition de la solution,  sa borne superieure. Dans la zone Q1, y decro^t. Soit  0 maximal tel que (x(t); y(t)) 2 Q1 si t 2 [0;  0[. Sur [0;  0[, x est majore car F (x(t)) = y x0 6 y 6 y0 et F tend vers +1 en +1 ; ainsi, x a une limite  quand t !  0 . Cela implique que y est minore, et donc converge vers un reel .

124

 Equations dierentielles

Si  0 =  = +1, alors x0 (t) !  F ( ), y0(t) ! g( ) et necessairement,  = F ( ), g( ) = 0, sinon la solution ne serait pas bornee. Cela implique  =  = 0 alors que  > x0 > 0. Si  0 =  < +1, on sait que la solution tend vers l'in ni en  , ce qui est absurde. Si  0 <  , on a necessairement x( 0 ) =  , y( 0) = . On a de plus y0( 0 ) = g( ) < 0, si bien que x cesse de cro^tre en  0 et donc x0 ( ) = 0. De plus, la solution passe dans la zone Q2 que nous allons etudier maintenant. Dans la zone Q2, x et y decroissent tous deux. Soit  00 maximal tel que (x(t); y(t)) 2 Q2 si t 2 ] 0 ;  00 [. Notons  > 0 et  > 1 les limites de x(t) et y(t) quand t !  00. Si  00 =  = +1, il est necessaire que x0 ! 0, d'ou  = F ( ) > 1. Ainsi, y0 ! 0 et  =  = 0. Or, comme f (0) = F 0(0) < 0, on a F (x) < 0 dans un voisinage a droite de 0. Ainsi, il existe " > 0 tel que pour t assez grand, F (x(t)) 6 ", puis y(t) 6 ". Cela contredit manifestement le fait que y ! 0 ! Si  00 =  < +1, la solution explose en  00, et comme x reste borne, y tend vers 1. Alors, x0 = y F (x) ! 1 ce qui implique x ! 1, alors que x > . Ainsi,  00 <  . On a alors x( 00 ) =  , y( 00) = . Si  > 0, y reste strictement decroissante dans un voisinage a droite de  00. Ainsi, x0 ( 00 ) = 0 et  = F ( ), et on traverse la courbe d'equation y = F (x) pour revenir dans la zone Q1 . Or, (y F )0 = y0 f (x)x0 vaut g( ) < 0 en (; F ( )) si bien que y F ne peut pas ^etre < 0 avant  00 et > 0 apres. Autrement dit,  = 0 et  6 0. D'autre part, il est impossible que  = 0, car le theoreme de Cauchy-Lipschitz impliquerait que l'on est en train d'etudier la solution nulle, ce qui n'est pas. Donc  00 <  , x( 00) = 0 et y( 00) < 0. On voit que x0( 00) < 0 et y0( 00) = 0. On rentre ainsi dans la zone Q3 . A partir de la, l'etude est symetrique en raison de l'imparite de g et de la parite de f . Nous avons bien prouve que la solution est de nie sur tout [t0 ; +1[ et qu'elle traverse successivement les zones Q1 , Q2 , Q3, Q4 , : : : . 4. Consid erons donc la solution qui part de (0; OA) et soit C le premier point ou elle recoupe l'axe Oy. La question precedente montre que OA et OC sont de signes contraires. Soit A0 le point sur Oy ou la trajectoire recoupe une nouvelle fois l'axe Oy. Supposons OC < OA (comme sur le dessin ci-dessous) ; on a alors OA0 < OC car sinon, l'arc de solution partant du symetrique A1 de A par rapport a O jusqu'au symetrique C1 de C couperait l'arc CA0, ce qui est impossible. Ceci implique par recurrence que OA00 < OC 0 < OA0, etc. et la trajectoire n'est pas periodique. De m^eme, si OC > OA, alors OA0 > OC > OA et par recurrence, la suite des ordonnees des points ou la solution coupe la demi-droite Oy est une suite strictement croissante ; la solution n'est alors pas periodique. En revanche, si OC = OA, la trajectoire de C a A0 est la symetrique de celle de A a C par rapport a O, et donc A = A0 . Ainsi, la solution revient en A et

125

Exemples

est periodique. y A

C1 A0

D B a

O C A1

x

E

R

Soit '() = ABC F dy. Si  > a, alors F 6 0 sur l'arc ABC , tandis que y0 6 0. Ainsi, '() > 0. Comme F et y0 ne sont pas identiquement nuls, on a de plus '() > 0. Si  > a, soient D et E les points de la trajectoire ou x = a (donc D est entre A et B , et E est entre B et C ). On decompose 5.

'(  ) =

Z

AD

F dy +

Z

EC

F dy +

Z

DE

F dy:

R et EC , F 6 0 et y est d ecroissante, ainsi, '1 () = AD F dy + R RSur FAD EC dy > 0. En revanche, '2 () = DBE F dy 6 0 Geometriquement, comme deux solutions distinctes ne se coupent pas,  est une fonction strictement croissante de a, et sur AD (resp. EC ), y est une fonction strictement croissante de . Comme F dy = Fy(x)Fg(x) dx sur AD et sur EC , l'integrale sur AD est une fonction decroissante de  ( Fg > 0, tandis que y F > 0 est croissant), de m^eme que l'integrale sur EC est une fonction decroissante de  ( Fg > 0, y F < 0 est decroissante, mais on integre de a a 0, si bien que dx 6 0). Par consequent, '1 est une fonction decroissante de  > a. Pour etudier '2 , on fait le changement de variables x = F (x), y = y. Alors, '2 () est l'aire entre l'axe Oy et l'arc DB E  image de l'arc DBE par le changement de variables. Or, F > 0 etant croissante, si  cro^t, le nouvel arc est a droite du premier et cette aire cro^t. Ainsi, '2 est une fonction decroissante de . Nous avons donc prouve que ' = '1 + '2 est une fonction strictement decroissante de . Prouvons maintenant que '2() ! 1. Comme '1 est decroissante, il en resultera que '() ! 1. Or, si  > a + 1, soient P et Q les points de la

 Equations dierentielles

126

courbe ou x = a + 1. On a alors,

Z

DBE

6.

F dy 6

Z

PBQ

F dy 6 (yQ yP )F (a + 1) ! 1:

On a, si (x; y)(0) = A et (x; y)( ) = C ,

'(  ) = = = = = =

Z

ZABC 

F dy

(y(t) x0 (t)) y0(t) dt 0 OC 2 OA2 Z  x0 (t) y0(t) dt 2 0 Z 2 2 OC OA +  g(x(t))x0 (t) dt 2 0 OC 2 OA2 + g(x(C )) g(x(A)) 2  1 OC 2 OA2: 2

R

(En fait, F dy est la dierentielle de l'energie y2=2 + ( g)(x).) Ainsi, la trajectoire passant par (; F ()) est periodique si et seulement si '() = 0. Or, ' est continue, strictement decroissante sur [a; +1[, strictement positive sur ]0; ] et tend vers 1 en +1. Elle s'annule par consequent en un unique reel 0 et il existe une unique trajectoire periodique. Si  > 0, soit (n) la suite des abscisses des points ou la trajectoire recoupe y = F (x), avec x > 0. Si 0 <  < 0 , on a '() > 0, donc OC > OA. Ensuite, OA0 > OA, si bien que la trajectoire se deroule et la suite (n) est strictement croissante, avec n < 0 pour tout n. Ainsi, elle converge. Sa limite ne peut ^etre que 0. De m^eme, si  > 0 , la suite (n) est strictement decroissante et converge vers 0 . Ceci entra^ne que la solution periodique que nous avons mise en evidence est orbitalement stable : toutes les autres solutions tendent a s'en rapprocher. De fait, les theoremes de continuite de la solution en fonction des conditions initiales montre que si j 0j est assez petit, km (t) m0 (t)k reste 6 " pour tout t dans un intervalle compact [0; T ] ou T est superieur a deux fois la periode de la solution periodique. Mais j1 0 j est inferieur a j 0j, si bien que la solution perturbee m reste a une distance 6 " de la solution periodique m0 pendant une periode de plus, etc. Remarque. Cette etude s'applique en particulier a l'equation de van der

Pol

x00 + (x2 1) + x = 0;  > 0: Voici quelques dessins obtenus en integrant numeriquement par la methode de Heun cette equation de van der Pol, pour dierentes valeurs du parametre .

127

Exemples 4

4

3

3

2

2

1

1

0

0

−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4 −4

−3

−2

−1

0

1

2

3

−4 −4

4

−3

−2

−1

 = 0;5

0

1

2

3

4

=1 4

3

2

1

0

−1

−2

−3

−4 −4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

 = 1;5

3. Applications a la physique et a la biologie Exercice 30{8. Equation non dissipative Soit g : R ! R une fonction de classe C 1 . On considere l'equation dierentielle

d2x + g(x) = 0: dt2 1. Montrer qu'il existe pour tout (t0; x0 ) une unique solution maximale de nie sur un intervalle ouvert contenant t0 et prenant la valeur x0 en  dxt0.2 R x 1 En posant G(x) = 0 g (u) du et en de nissant l'energie par E = 2 dt + G(x), justi er le titre de l'exercice et donner un exemple (( physique )) de cette ()

equation. 2. Soient E et a 6 b des reels tels que

G(a) = G(b) = E; g(a) < 0; g(b) > 0 et G < G(a) sur ]a; b[. Soient x0 2 [a; b] et x00 2 R tel que x00 2 = 2(E G(x0 ). Montrer que la solution de l'equation dierentielle () telle que x(0) = x0 et x0 (0) = x00 est

de nie sur R et periodique de periode

p Z b q dx T (E ) = 2 a

E G(x)

:

 Equations dierentielles

128

3. On se limite maintenant au cas d'un puits de potentiel, c'est-a-dire que G : [a; b] ! R est strictement decroissante sur [a; x0 ] puis strictement croissante sur [x0 ; b]. A quelle condition la periode des oscillations T (E ) estelle independante de E ? En particulier, si G est symetrique par rapport a x0 , montrer que la periode est independante de E si et seulement si G(x) est de la forme G(x0 )+ k2 (x x0)2 . Indication : 3. Sur [a; x ] et [x ; b], eectuer le changement de variable dans T (E ) donne par les 0

0

bijections reciproques de G. Solution :

Comme g est de classe C 1 , elle est localement lipschitzienne. Le theoreme de Cauchy-Lipschitz arme alors qu'etant donnes (x0; x00 ) 2 R 2 , il existe une unique solution maximale x de l'equation dierentielle (), de nie sur un intervalle ouvert contenant t0 et telle que x(t0 ) = t0 et x0 (t0) = x00. Soit E (t) = G(x(t)) + 21 x0(t)2 , l'energie de la solution au temps t. On voit que E est derivable et E 0 (t) = G0(x(t)) x0 (t) + x0 (t) x00(t) = x0(t) (x00(t) + g(x(t))) = 0: L'energie est donc constante au cours du temps (du point de vue physique, il n'y a pas de frottements), d'ou le nom de non dissipative donnee a ce type d'equations. On peut donner deux exemples classiques de cette equation : tout d'abord, l'oscillateur harmonique, si g(x) = kx (k, raideur du ressort) ; mais aussi le pendule pesant, pour lequel g(x) = k sin x (ou k est le rapport g=l de la constante de gravitation a la longueur du l). 2. Commencons par prouver que la solution est d e nie sur R . Soit I l'intervalle de de nition maximal de cette solution. Nous allons d'abord prouver que pour tout t 2 I , x(t) 2 [a; b]. Soit J  I l'intervalle maximal contenant 0 tel que x(t) 2 [a; b] pour tout t 2 J . Si J 6= I , alors sup J 6= sup I ou inf J 6= inf I . Traitons le premier cas : si  = sup J , on a donc  2 I et x(t) 62 [a; b] si t est dans un voisinage a droite de  . De plus, x( ) 2 fa; bg, si bien que x0 ( ) = 0. { Si x( ) = a, alors x00( ) = g(x( )) = g(a) > 0. Ainsi, x0 est strictement croissante dans un voisinage a droite de  et est ainsi positive. Il en resulte que x est strictement croissante dans un voisinage a droite de  et donc > a dans ce voisinage, contrairement a la de nition de  . { Si x( ) = b, on raisonne de m^eme : x00 ( ) = g(b) < 0, si bien que x0 est strictement decroissante a droite de  , donc strictement negative. Ainsi, x est strictement decroissante dans un voisinage a droite de  , ce qui contredit encore la de nition de  . Le deuxieme cas (quand inf J > inf I ) se traite de m^eme et est laisse au lecteur. 1.

129

Exemples

Puisque x(t) 2 [a; b] pour tout t 2 I , on a alors

    x0 (t)2 = 2 E G(x(t) 6 2 E min G : [a;b]

Ainsi, x0 est bornee sur I , d'ou on deduit que x est uniformement continue. Ceci impose que I ne soit ni majore ni minore : x(t) aurait sinon une limite en la borne eventuelle de I , ce qui permettrait de prolonger la solution dans un intervalle contenant strictement I , contrairement a l'hypothese que I est maximal. (On aurait aussi pu utiliser que x ! 1 en une borne nie de l'intervalle de de nition.) La solution est donc de nie sur R . E tablissons maintenant le caractere periodique d'une solution. Supposons pour commencer x00 > 0. On remarque que si x0 (t) = 0, alors G(x(t)) = E et x(t) 2 fa; bg. Ainsi, x0 (t) > 0 pour t dans un intervalle maximal [0; 1[ sur lequel x est strictement croissante. Soit aussi  la limite de x(t) quand t ! 1 (qui existe car x est croissante). Pour t < 1 , on a

q q x0(t) = 2(E G(x(t))) ! 2(E G( )): Alors, si 1 = +1, on doit avoir  = b, car sinon x0 serait minore par q 2(E G( )) > 0 et x ne serait pas borne par b. Si 1 < 1, on doit avoir 0 x (1) = 0, donc G( ) = E puis  = b. Alors, pour t < 1 , Z x(t) q dx t= x0 2(E G(x)) et, en faisant tendre t vers 1 , Zb (1) : 1 = q dx x0 2(E G(x)) Or, on a au voisinage de b le developpement limite E G(x) = G(b) G(x) = (b x)g(b) + O((b x)2 ); et comme g(b) > 0, l'integrale dans l'equation (1) converge et 1 < 1. En t = 1, x0 = 0 et x00 = g(b) < 0. Par suite, x0 est strictement decroissante a droite de 1, donc strictement < 0 ; x est alors strictement decroissante dans un voisinage a droite de 1 . Soit de m^eme ]1; 2 [ le plus grand intervalle sur lequel x0 < 0. Le m^eme raisonnement que precedemment montre que x(t) ! a quand t ! 2, puis que 2 < 1 en utilisant le fait que g(a) < 0. On demontre de m^eme que la solution est strictement croissante sur un intervalle maximal ]2 ; 3 [, avec 3 < 1 et x(3 ) = b. Il existe ainsi un t1 2 ]2 ; 3[ tel que x(t1 ) = x0 et x0 (t1 ) > 0. Ainsi, x0 (t1 ) = x00 . D'apres le theoreme de Cauchy-Lipschitz, la solution est periodique, de periode t1 . Si x00 < 0, on fait le m^eme raisonnement, ou mieux, on utilise la demonstration precedente en partant de 1 .

 Equations dierentielles

130

Pour calculer la periode, on reprend l'integrale (1) en choisissant judicieusement l'origine des temps : il est loisible de supposer x0 = a et x00 = 0. Alors, la periode vaut Zb p Z b dx dx T (E ) = 1 + 2 = 2 q = 2 q : a 2(E G(x)) a E G(x) 3. Le probl eme est que cette expression se derive assez mal par rapport a E: : : En eet, si on derive formellement, on obtient des divisions par 0 dans les termes de bord, ainsi qu'une integrale divergente en derivant sous l'integrale. Placons nous donc dans le cas propose par l'enonce, c'est-a-dire quand G est strictement decroissante sur [a; x0 ] puis strictement croissante sur [x0 ; b] (puits de potentiel). Si on suppose que G(a) = G(b) = E1 , les trajectoires sont periodiques pour toute valeur de l'energie comprise entre E (x0 ) = E0 et E1, si le point de depart est dans l'intervalle ]a; b[. On peut alors introduire les deux bijections reciproques de G, l'une  : [E0 ; E1] ! [a; x0 ], l'autre : [E0 ; E1 ] ! [x0 ; b]. On obtient alors, en faisant les changements de variables x = (u) et x = (u) sur chacun de ces intervalles : p Z x0 p Z (E) dx dx q q T (E ) = 2 + 2 (E ) E G(x) x0 E G(x) Z 0 0 p E = 2  (pu) + (u) du; E0 E u puis, en faisant le changement de variables u = t(E E0 ) + E0 : p Z 1 0(t(E E0 + E0)) 0(t(E E0 + E0)) q p1 t T (E ) = 2 E E0 dt: 0 Posons alors p '(t) = (0(t + E0 ) 0(t + E0)) t; si bien que pour U 2 [0; E1 E0] Z1 T (U + E0) = q'(tU ) dt: 0 t(1 t) Si la periode est independante de U , il est necessaire que ' soit constante, si bien qu'il existe k 2 R tel que pour tout E ,  0 (E ) 0 (E ) = p k : E E0 Cela donne en integrant q (E ) (E ) = 2k E E0; etant donne que (E0) = (E0) = x0. Comme  6 , on a k > 0. Finalement, il existe une fonction  : [E0 ; E1] ! R + telle que

q (E ) = x0 k E E0 +  (E )

et

q (E ) = x0 + k E E0 +  (E ):

131

Exemples

Si de plus le potentiel G est symetrique par rapport a E0 , on a (E )+ (E ) = 2x0 , d'ou  = 0. Alors, G(x) = E0 + k12 (x x0 )2, c'est-a-dire le potentiel d'un oscillateur harmonique. Nous avons donc prouve que le potentiel en x2 est le seul potentiel symetrique pour lequel la periode des oscillations est independante de leur amplitude.

Exercice 30{9. Mecanique celeste

On considere dans R 3 un mouvement a force centrale derivant d'un potentiel V ne dependant que de la distance au centre. On supposera que V : R + ! R est analytique reelle. 1. Montrer que les equations regissant le mouvement sont, en coordonnees polaires, () r00 r02 = V 0(r); r00 + 2r00 = 0: Prouver que h = r2 0 est constant au cours du mouvement. 2. Determiner les orbites circulaires. Preciser leur periode. Montrer que si 0 V 00(r0) + 3 V r(r0) > 0; 0

la trajectoire circulaire de rayon r0 est stable (exercice 29{4). 3. On pose u = 1=r. Justi er l'equation dierentielle ()

d2u + u = 1 V 0(1=u) : d2 h2 u2

4. Soit f : R 2 ! R une fonction continue, analytique en la deuxieme variable. On suppose que pour tout " 2 R , il existe n" 2 N  tel que f (
; ") admet 2n" comme periode. Montrer qu'il existe une periode commune 2n independante de ". 5. On suppose desormais que toutes les trajectoires sont fermees, autrement dit que les solutions (r(t); (t)) sont periodiques, sauf celles qui (( tombent )) sur le centre r = 0. Montrer qu'il existe pour tout r eel r > 0 une orbite circulaire de rayon r.

En etudiant ensuite ce qui se passe au voisinage d'une orbite circulaire, montrer qu'il existe  2 Q tel que V (r) = r2 2 . 6. Montrer que les seuls potentiels tels que toutes les trajectoires sont fermees sont les lois de Hooke regissant un ressort V (r) = kr2 et de Newton concernant la gravitation V (r) = k=r (theoreme de Bertrand).

Indications : 1. On pourra introduire m ^ m0. 2. Pour etudier la stabilite, on montrera que tout se passe comme pour le mouvement d'un point sur une droite, soumis au potentiel V + h2 =2r2 . E crire alors que l'on est au fond d'un puits de potentiel. 5. Faire un developpement limite au premier ordre. 6. Il faut aller a l'ordre 3: : :

132

 Equations dierentielles

Solution :

L'equation du point mobile m(t) est (1) m00 = grad V (r) = V 0(r)ur ; ou ur est le vecteur unite dirige vers m. Le vecteur m ^ m0 veri e donc (m ^ m0)0 = m0 ^ m0 + m ^ m00 = 0; donc h = m ^ m0 est un vecteur constant (loi de Kepler ). Ceci montre que le mouvement reste dans un plan P orthogonal a h. Apres un choix de coordonnees polaires (r; ) dans P , en notant u' le vecteur unite dirige suivant l'angle ', de sorte que u = u0r et u 0 = 0u+=2 , on a m = r u m0 = r0u + r0u+=2 m00 = r00u + 2r00u+=2 + r00u+=2 r02u : En identi ant avec (1), on obtient r00 r02 = V 0 (r) et r00 + 2r00 = 0: On voit donc que la quantite h = det(m; m0 ) est independante de t, puisque sa valeur en termes de r et de  est h = r2 0 et que (r20)0 = 2rr00 + r200 = 0. On remarquera que h = det(m; m0) =  km ^ m0 k =  khk. 2. Si r = r0 est constant, on obtient les  equations r000 = 0 et r0 02 = V 0 (r0): q Il est necessaire que V 0(r0) > 0, alors 0 = V 0(r0)=r0, ce qui prouve qu'il existe une orbite de rayon r0 si et seulement si V 0(r0) > 0. Sa periode est q circulaire alors 2 r0 =V 0(r0 ). E tudions maintenant la stabilite de cette solution circulaire. L'integrale premiere que fournit l'energie est 2! 1 1 h 2 2 0 2 0 0 E = V (r) + 2 ((r ) + r ) = 2 r + V (r) + 2r2 et tout se passe comme pour le mouvement d'une particule sur une droite soumise a un potentiel W (r) = V (r) + h2=2r2. Il existe une trajectoire de rayon r0 et moment cinetique h si et seulement si W 0(r0) = 0. On a alors q h = h0 = r03=2 V 0 (r0). Or, une condition necessaire de stabilite est que le point critique du potentiel soit un minimum : si W 0(r) > 0 dans un voisinage a gauche U de r0 , alors la solution partant de U avec vitesse nulle va decro^tre et ne revient jamais a droite de sa valeur initiale. Pire, elle nit par sortir de U (sinon, r00 = W 0(r) 6 minU W 0, r0 6 t minU W 0 et r ! 1: : : ). Ainsi, l'orbite circulaire mise en evidence n'est pas stable. De m^eme, si W 0(r) < 0 dans un voisinage a droite de r0 , la trajectoire circulaire n'est pas non plus stable. En de nitive, il est 1.

133

Exemples

necessaire que W 0(r) 6 0 a gauche et W 0(r) > 0 a droite de r0, ce qui signi e que W a un minimum en r0 . On vient d'etablir une condition necessaire de stabilite, susante si on ne prend en compte que les variations de la position initiale, a moment cinetique constant h0 . Si on modi e le moment cinetique, que pour tout h proche de h0, W (r; h) ait un minimum en un point rh dans un voisinage de r0 . Ainsi, W 0(rh; h) = 0 et si W 00 (r0; h0) > 0, le theoreme des fonctions implicites montrera qu'il existe une fonction continue h 7! rh de nie dans un voisinage de h0 telle que W 0(rh; h) = 0. De plus, W 00 peut ^etre supposee > 0 dans un voisinage de (r0; h0 ). Ainsi, W 0(
; h) est strictement croissante, s'annule en rh et est donc strictement negative pour r < rh et strictement positive apres, si bien que W (
; h) admet un minimum local en rh. Ainsi, une condition susante de stabilite est que 2 0 (r0 ) h 3 V 0 00 00 V (r0) + 3 r4 = V (r0) + r > 0: 0 0 3. Il existe un entier N > 1 tel que l'ensemble des " 2 R tels que n" = N ait un point d'accumulation. En eet, les ensembles An = f" 2 [ 1; 1] ; n" = ng ont pour reunion [ 1; 1], et [ 1; 1] n'etant pas denombrable, l'un de ces ensembles est in ni et a par compacite un point d'accumulation. Fixons x 2 R . La fonction " 7! f (x + 2N; ") f (x; ") est alors analytique R ! R , et s'annule sur AN . Comme AN a un point d'accumulation, le principe des zeros isoles montre que cette fonction est identiquement nulle. Par consequent, pour tout x 2 R et tout " 2 R , f (x + 2N; ") = f (x; ") et 2N est une periode commune a toutes les fonctions f (
; "). Remarque. Ce resultat est faux sans l'hypothese d'analyticite en ". Fixons une fonction  de classe C 1 a support compact  [ 1; 1]. Posons alors

f (x; ") = "

1 X

n=1

2 n(n") sin(x=2n);

qui est continue par convergence normale. Si " = 0, f (x; 0) = 0, donc f (
; 0) est periodique de periode 2. Si " 6= 0, la serie qui de nit f (x; ") n'a qu'un nombre ni de termes car n" = 0 pour n > 1=j"j, et donc f (
; ") a pour periode 2 b1=j"jc!, la periode minimale etant en fait 2 fois le p.p.c.m. des entiers < a=j"j, ou a est le plus petit reel > 0 tel que [ a; a] contienne le support de . Ainsi, les fonctions f (
; ") n'ont pas de periode commune. 4. Comme  0 = h=r 2 a un signe constant, t 7!  (t) est un di eomorphisme de l'intervalle de de nition de la solution sur un intervalle de R . On peut donc exprimer r en fonction de . Pour obtenir l'equation (), on calcule directement du = d(1=r) dt = r0 = r0 ; d dt d r20 h

134

 Equations dierentielles

puis

! d2 u = d r0 = r00 = r00r2 : d2 d h h0 h2 Ainsi, comme r02 = (r20)2 r 3 = h2 u3,

d2u + u = r00 + u = r02 V 0(r) + u d2 h2 u2 h2u2 0 2 3 0 ); = h u h+2 uV2 (1=u) + u = V h(12u=u 2 comme il fallait demontrer. 5. Tout d'abord, on remarque que n ecessairement, V 0(r) > 0 pour tout reel r > 0 (la force est attractive). En eet, si V 0 < 0 sur un intervalle [a; b], la solution de () partant de (r = a;  = 0) avec vitesse nulle va veri er  = 0, r croissante sur tout l'intervalle de de nition de la solution, et ne reviendra jamais en (r = a;  = 0). On introduit alors la fonction u(; u0; h), solution de () avec u(0; r0; h) = u0 et moment cinetique h. Il reste une condition sur la derivee u0(0) que l'on impose d'^etre egale a 0. Comme (r; ) est supposee periodique en temps, u(; u0; h) est pour toutes valeurs de u0 et h periodique en , sa periode etant un multiple entier de 2. Or, l'equation dierentielle satisfaite par u etant a coecients analytiques, u est analytique en (; u0; h). La question precedente implique que u(
; u0; h) admet une periode 2N , independante de u0 et h. En particulier, si on derive u(
; u0; h) par rapport a u0 ou h, on obtient une fonction periodique, de periode 2N , et de m^eme pour toutes les derivees partielles de u par rapport a u0 ou h. Or, ces derivees sont solutions de l'equation dierentielle obtenue en differenciant formellement l'equation dierentielle satisfaite par u. Posons pour simpli er les notations 0 =u) J (u) = u h12 V (1 u2 : Au voisinage de la solution circulaire 0 0) u(; u0; h0) = u0; h20 = V (1u=u 3 0 2 et si l'on note " = @u , on a d "2 + J 0 (u0)" = 0, dont toute solution est @u0 q d" 0 0 periodique q 0 de periode 2= J (u0) si et seulement si J (u0) > 0. Cela q implique que 1= J (u0) est un rationnel qui divise N , autrement dit que N J 0 (u0) est un entier pour toute valeur de u0.

Exemples

135

Par continuite, il existe un rationnel  2 Q + tel que pour tout u, J 0(u) = 2. 00 (1=u0) 2V 0 (1=u0 ) ! 1 V 2  = 1 + h2 u40 + u30 0 00 =u0 ) V 00(r0) : = 3 + r = 3 + V (1 0 0 u0V 0(1=u0) V (r0 ) Ainsi, V 00 =V 0 = (2 3)=r, si bien que V 0(r) = Cte  r2 3 et nalement,

V (r) = Cte  r2 2: Remarque. La question 3 prend maintenant tout son sens, ainsi que l'hypothese que V est analytique. En eet, la fonction f (x; ") de nie dans la remarque qui suit la question 3 veri e 1 @ f (x; 0) = (0) X n2 n sin(x=2n) @" n=1 et n'est pas periodique, bien que pour tout ", f (
; ") soit periodique. 6. Comme sugg ere par l'indication, on eectue un developpement limite de u() a l'ordre 3. Autrement dit, on etudie les derivees partielles de u(; u0; h) par rapport a u0 au voisinage de la solution circulaire. On pose donc u = u0 + "u1 + "2u2 + "3u3 + O("4); d'ou J (u) = J (u0) + J 0 (u0)"(u1 + "u2 + "2u3) + 21 J 00 (u0)"2(u1 + "u2)2 + 16 J (3) (u0)"3u31 + O("4) = J (u0) + "J 0(u0)u1 + "2(J 0 (u0)u2 + 21 J 00(u0)u21)   1 (3) 3 0 00 3 + " J (u0)u3 + J (u0)u1u2 + 6 J (u0)u1 : On a donc les equations dierentielles, u001 + u1J 0(u0) = 0; u002 + u2J 0(u0) = 21 J 00 (u0)u21; u003 + u3J 0(u0) = J 00(u0)u1u2 61 J (3) (u0)u31; les conditions initiales etant u1(0) = 1, u2(0) = 0, u3(0) = 0 et u0i(0) = 0. Puisque J 0 (u0) = 2 , on a alors u1() = cos(). Les equations pour u2 et u3 sont du m^eme genre, avec un second membre qui par recurrence sera un polyn^ome trigonometrique en . On cherche donc les solutions sous cette forme, ce qui necessite de lineariser les seconds membres.

 Equations dierentielles

136

Pour u2, cela donne dont la solution est

00 u002 + 2u2 = J (4u0) (1 + cos 2);

00 u2 = J12(u20) (A cos  + B sin  + 3 cos 2) : Pour u3, on a alors 00 2  u003 + 2u3 = J12(u02) A cos2  + B sin  cos  + 3 cos  cos  cos 2 J (3) (u0) cos3  6 00 2 00 (u0 )2 (3)   00 2 J = 242 A + 5J24(u20) 3J 24(u0) cos  + J 24(u02) A cos 2 (3) 00 2 + J24(u02) B sin 2 J 24(u0) cos 3: Alors, l'integration de cette equation dierentielle fournira un terme non borne en  cos  si le coecient de cos  au second membre n'est pas nul (c'est ce que les physiciens appellent une excitation forcee). Comme u3 est periodique, on a la condition (2) 5J 00 (u0)2 32J (3) (u0) = 0: Or, V (r) = kr2 2 = kr 2, ou l'on a pose pour alleger le calcul = 2. On ainsi 0 ) = u k( 2) u1 ; J (u) = u V h(12 u=u 2 h2 J 0 (u) = 1 + k( h2 2) ( 1)u ; J 00(u) = k( h2 2) ( 1)u 1 ; J (3) (u) = k( h2 2) ( 1)( + 1)u 2 : Or, J (u0) = 0, d'ou u 0 = k( 2)=h2 et J 00(u0) = ( 1)r0 et J (3) (u0) = ( 1)( + 1)r02: La condition (2) s'ecrit alors 5 2( 1)2r02 3 2( 1)( + 1) = 0; d'ou 2( 1)r02(2 8) = 0; dont les solutions sont = 0, = 1 et = 4. Comme = 2 > 0, on obtient  = 1 ou 2. Les deux potentiels possibles sont alors V (r) = k=r et V (r) = kr2 ; le premier correspond a la loi de gravitation

137

Exemples

de Newton, le second a l'oscillateur harmonique. Dans les deux cas, le cours de physique apprend que les solutions sont periodiques ; nous avons prouve que ce sont les seuls.

Exercice 30{10. Systeme proie-predateur On considere le systeme

y0 = cy + dxy; avec a; b; c; d > 0. On suppose que x(t0 ) et y (t0) sont > 0. 1. Interpreter le systeme (S) si x(t) est le nombre de sardines (proies) dans une region de p^eche donnee, et y (t) le nombre de requins (predateurs). 2. Montrer que la fonction H (x; y) = by + dx a ln y c ln x est une (S)

x0 = ax bxy;

integrale premiere du mouvement. 3. Montrer qu'une solution de (S) avec x(t0 ), y(t0) > 0 est periodique. 4. Calculer les valeurs moyennes de x(t) et y(t) sur une periode. 5. Quelle est l'in uence de la p^eche sur les populations de sardines et de requins (ajouter un terme "x au membre de droite de la premiere equation de (S) et un terme "y a la deuxieme equation) ?

Indication : 1. Noter que la probabilite de rencontre d'une proie et d'un predateur est proportionnelle a xy.

Solution :

Supposons que x(t) soit le nombre de proies dans une region donnee, et y(t) le nombre de predateurs (sardines/requins, lapins/renards: : : ) au temps t. L'equation x0 = ax bxy signi e que les proies se reproduisent naturellement avec un taux d'accroissement a (le plancton est en quantite virtuellement illimitee), mais qu'elles sont mangees proportionnellement a la probabilite qu'elles ont de rencontrer un predateur, c'est-a-dire proportionnellement au produit xy. De m^eme, l'equation y0 = cy + dxy signi e que les predateurs meurent en l'absence de proies, avec un taux c (les requins ne mangent pas de plancton) mais leur nombre cro^t en presence de proies, avec un taux proportionnel a la probabilite de rencontrer une proie. 2. Si x(t0 ) > 0 et y (t0 ) > 0, montrons que pour tout t, x(t) > 0 et y (t) > 0. Il existerait sinon s tel que x(s) = 0 (par exemple), et le theoreme de Cauchy-Lipschitz entra^nerait que x(t) = 0 et y(t) = y(s)e c(t s) pour tout t, contrairement au fait que x(t0 ) > 0. De m^eme, si y(s) = 0, on aurait y(t) = 0 et x(t) = x(s)ea(t s) pour tout t, contrairement au fait que y(t0) > 0. Posons H (t) = H (x(t); y(t)). Comme x(t0 ) > 0 et y(t0) > 0, H est bien de ni pour tout t de l'intervalle de de nition de la solution (x; y) du systeme (S). 1.

138

 Equations dierentielles

Derivons alors H par rapport a t. On a ainsi 0 0 H 0(t) = by0 + dx0 a yy c xx = b( cy + dxy) + d(ax bxy) a( c + dx) c(a by) = 0; si bien que H est constante. 3. Supposons x0 > 0 et y0 > 0. Ainsi, x > 0 et y > 0 sur tout l'intervalle de de nition de la solution. De plus, x0 6 ax, si bien que x 6 x0 exp(a(t t0)) et x ne peutR pas exploser en temps ni. De m^eme, y0 6 dxy, si bien que y 6 y0 exp(d tt0 x) et y n'explose pas non plus en temps ni. Par consequent, la solution maximale du systeme (S) est de nie sur R . Le domaine R +  R + est divise en quatre zones, suivant le signe de a by et c dx. { Quand a by > 0 et c dx > 0, alors x cro^t tandis que y decro^t. Supposons donc que (x0; y0) soit dans cette zone. Si on n'en sort pas, x et y ont des limites respectivement  2 [x0 ; c=d] et  2 [0; y0] quand t ! +1. On voit alors que x0 et y0 ont des limites quand t ! +1, necessairement nulles, si bien que  = a=b et  = c=d. Mais cela est absurde puisque y0 < a=b. Ainsi, il existe un reel t1 maximal tel que la solution appartient a cette zone pour t 2 [t0 ; t1]. Pour t = t1 , on a x1 = c=d et y1 < a=b, donc x01 > 0, y10 = 0. { Tant que a by > 0 et c dx < 0, x et y sont croissantes. Si on ne sort pas de cette zone, x et y ont des limites  2 [c=d; +1] et  2 [y1; a=b] quand t ! +1. Ainsi, y0=y tend vers d c si  < +1 et vers +1 si  = +1. Comme log y a une limite (= log ), y0=y tend vers 0 et  = c=d. Or, x1 > c=d, ce qui contredit la croissance de x. Ainsi, il existe un reel t2 maximal tel que la solution appartient a cette zone pour t 2 [t1 ; t2]. Pour t = t2 , on a x2 > c=d et y2 = a=b, donc x02 = 0 et y20 > 0. { La zone suivante a by < 0 et c dx < 0 se traite de m^eme : x y est decroissant et y croissant. On en sort au bout d'un temps ni pour parvenir dans: : : { : : : la derniere zone a by > 0 et c dx < 0. Le m^eme type d'analyse montre qu'on en sort, pour revenir dans la premiere zone. Pour conclure que la trajectoire est periodique, on remarque que la fonction y 7! H (c=d; y) a pour derivee b a=y, donc est strictement croissante dans [a=b; +1[. Ainsi, elle prend la valeur H (x0; y0) en un unique reel H (c=d; ) et la trajectoire repasse par le point (c=d; ) a chaque tour. D'apres le theoreme de Cauchy-Lipschitz, la trajectoire est periodique. 4. La moyenne de y 0 =y sur une p eriode est nulle, puisque Z T y0(t) dt = log y(T )=y(0) = 0 0 y (t) etant donne que y(T ) = y(0). Ainsi, la moyenne de c + dx = y0=y sur une periode est nulle et la moyenne de x est egale a c=d.

139

Exemples

Le m^eme argument montre que la moyenne de x0 =x = a by sur une periode est nulle, si bien que la moyenne de y sur une periode est egale a a=b. 5. Si l'on ajoute un terme de p^ eche "x et "y, cela change a en a " et c en c + ". Ainsi, la moyenne de x sur une periode devient (c + ")=d et augmente, tandis que celle de y devient (a ")=b et diminue. La p^eche favorise donc les sardines ! y 2

1.5

1

0.5

00

0.5

1

1.5

2

x

Diagramme des phases de l'equation proie-predateur (a = b = c = d = 1)

Remarque. Le mathematicien V. Volterra est le premier a avoir etudie cette equation, dans son ouvrage Lecons sur la theorie mathematique de la lutte pour la vie, Gauthier-Villars, 1931.

Exercice 30{11. Modele d'epidemie

On considere le modele suivant qui decrit la propagation d'une epidemie. La population est consideree constante (on neglige les migrations, les naissances et les deces dus a d'autres facteurs que la maladie consideree). Elle est scindee en quatre sous-ensembles : les personnes saines immunisees contre la maladie, les personnes saines susceptibles de la contracter S , les personnes infectieuses I , et les malades retires R (qu'ils soient morts, places en quarantaine ou qu'ils adoptent des mesures les rendant incapables de transmettre la maladie). 1. Montrer qu'on aboutit au systeme suivant : (S) S 0 = aSI; I 0 = bI + aSI; R0 = bI: Exprimer R en fonction de S et S0 . 2. Discuter l'evolution du nombre de personnes infectees suivant le signe de S0 , ou  = b=a. 3. On suppose que (S0 )=S0 est petit, strictement positif, lors du declenchement de l'epidemie. Montrer que le nombre de personnes qui contracteront la maladie est de l'ordre de 2(S0 ).

 Equations dierentielles

140

4. Donner, sous l'hypothese que R= reste petit, une expression approchee du nombre R0 (t) de personnes retirees par unite de temps en fonction du temps. Solution : 1. L'hypoth ese sur la population entra^ne que S + I + R est constante, soit S 0 + I 0 + R0 = 0. On a de plus un transfert de population S contagion! I mort ! R: Des personnes saines deviennent infectees, le taux de passage de l'un a l'autre etant proportionnel au nombre de personnes contagieuses I , d'ou une equation S 0 = aSI . En l'absence de tout moyen de guerison, les personnes infectees meurent avec un taux de mortalite b, d'ou l'equation I 0 = bI S 0 = bI +aSI . Pour trouver une integrale premiere de ce systeme, eliminons I dans (S), d'ou l'equation S 0 = ab SR0 : Ainsi, log S + ab R est constant, et comme R0 = 0, on a

R = ab log SS : 0 2. Le nombre de personnes infect ees est ainsi

(1) (2)

I (t) = I0 + S0 R S = I0 (S S0) + ab log SS : 0

Au cours du temps, S decro^t, en prenant ses valeurs dans l'intervalle [0; S0]. (En fait, il resulte du theoreme de Cauchy-Lipschitz que S ne s'annule pas, a moins que S0 = 0.) On recrit ainsi I (t) en fonction de  = S=S0 : I (t) = I0 + S0 + ( log  S0 ) ; ou  = b=a. La derivee de  7! i() =  log   est egale a S0 + =, si bien que le tableau de variations de i() sur l'intervalle ]0; 1] est le suivant :  0 1  0 =S0 1 0 0i i + + i % i % & si S0 > , si S0 6 . Comme  decro^t quand t cro^t, on en deduit que le nombre de personnes infectees a le comportement suivant : { si S0 6 , il decro^t avec le temps ; { si S0 > , il cro^t, atteint un maximum, pour decro^tre ensuite. Autrement dit, on assiste dans le cas S0 >  a une phase epidemique dans laquelle la population infectee cro^t, jusqu'a ce que la population saine S (t) =

141

Exemples

, puis a une phase de resorption de la maladie pendant laquelle la population infectee decro^t. 3. Comme R cro^t en restant born e (par S0 + I0 !), la limite lim+1 R existe R et est nie. Il en resulte que 01 I (t) dt existe, et comme I est decroissante pour t assez grand, lim+1 I = 0. Ainsi, l'epidemie nit toujours par se resorber et le nombre de personnes qui auront ete infectees est egal a I0 + S0 lim+1 S . Notons S1 = lim+1 S , on a en passant a la limite dans l'equation (2) : 0 = I0 + S0 +  log SS1 S1: (3) 0 Pour mieux mettre en evidence les ordres de grandeur, posons S0 = (1 + ") et S1 = S0(1 x). Si l'epidemie est faible, x est petit, et " est petit par hypothese. Posons aussi I0 = S0. L'equation (3) devient alors (4) 0 =  + x + (1 + ") log(1 x): Le tableau de variations de la fonction x +(1+ ") log(1 x) montre que celle-ci est croissante, atteint son maximum en x = ", puis decroissante avec pour limite 1 en x = 1. Il existe ainsi une unique solution x(; ") 2 ]0; 1] de l'equation (4). Au debut d'une epidemie, le nombre de personnes infectees est tres faible. Il faut ainsi evaluer la quantite lim!0 x(; "). La derivee de l'equation (4) par rapport a x est egale a 1 (1 + ")=(1 x) et est donc non nulle si " > 0. En vertu du theoreme des fonctions implicites, X (; ") est une fonction continue de  et il sut de considerer la racine strictement positive x(") de l'equation (5) 0 = x + (1 + ") log(1 x): La, on ne peut plus utiliser le theoreme des fonctions implicites, et il faut raisonner directement. Lorsque " ! 0, x(") a pour seule valeur d'adherence possible une solution de x + log(1 x) = 0, ce qui prouve que lim"!0 x(") = 0. Alors, on trouve ! 2 x 3 x = (1 + ") x 2 + O(x ) d'ou "x x22 = O(x3) + O(x2"), ce qui implique x = 2" + O(x2) + O(x") = 2" + o(x): Le nombre de personnes qui contracteront la maladie est ainsi de l'ordre de S0x  2"S0 = 2(S0 ). 4. Il r esulte de (1) que S = S0 e R= : On a alors l'equation dierentielle : (6)

 R0 = bI = b(I0 + S0 R S ) = b I0 R + S0 S0e

R=



:

142

 Equations dierentielles

On veut alors faire un developpement limite de e R= . Sous l'hypothese que R= est petit, on a un encadrement 1 1+ R 6 e R= 6 1 1 R :   (Pour simpli er les notations, on ecrit 1+ au lieu de 1 + ", pour un (( petit )) reel "+ dependant du maximum de R=, de m^eme pour 1 = 1 ": : : ) En reportant cette inegalite dans l'equation dierentielle (6), on en deduit les inequations dierentielles ! + 1 ! S S  0 0 0 b I0 +  R 6 R 6 b I0 +  R : On resout ces inequations et on obtient alors, sous l'hypothese que R= reste petit, notant  = (S0 )=, bt bt+ 1 e 1 e I0  6 R(t) 6 I0 + ; ce qui convient pour t petit, mais est contradictoire pour tout t, car les deux termes extr^emes tendent vers l'in ni. Faisons alors un developpement limite a l'ordre 2. Toujours sous l'hypothese que R= est petit, on a aussi l'encadrement 2 2 1 R + 1 R 2 6 e R= 6 1 R + 1+ R 2 :  2  2 Cela donne alors l'inequation dierentielle ! ! bS S S 0 2 0 2 0 0 + 0 R: bI0 + b  1 R 1 22 R 6 R 6 bI0 + b  1 R 1 bS 2 2 Il reste a savoir integrer une telle (in-)equation dierentielle: : : On se souvient (!) du calcul de primitive Z dx 2 B 2Cx : p p = arcth 2 2 A + Bx Cx 4AC + B 4AC + B 2 On garde pour le moment les notations p A = 2bI0 , B = b(S0 )= et C  =  2  1 bS0 =(2 ), on note aussi
= 4AC + B . D'ou, comme R(0) = 0, ! 2 arcth B arcth B 2C R(t) 6 t 6


+ R ( t) ! B B 2 C 2 : 6
+ arcth
+ arcth
+ Cela donne nalement B +
+ tanh
+ (t +) 6 R(t) 6 B +
tanh
(t  ) ; 2C + 2C + 2 2C 2C 2    avec  = 2 arcth(B=
)=
.

143

Exemples

Mais il faut veri er que R= reste petit dans cette derniere formule. Lorsque x decrit R , tanh x 2 [ 1; 1] ; ainsi, pour que R= reste petit, il sut (il faut aussi d'ailleurs) que
=2C soit petit. Or, !
2 = 4AC + B 2 = 4 2I0 + S0  22 2 = 8 I0 + 4  S0  2 : C 22 C 22 S0  S0 2 S0 S0 Au debut de l'epidemie, I0=S0 est tres petit, et (S0 )=S0 est petit, puisqu'on se restreint a l'etude d'une (( petite )) epidemie (R est le nombre de morts: : : ). Ainsi, on a la formule approchee suivante pour le nombre de victimes d'une petite epidemie au cours du temps : R(t)   + tanh (t  ): Le nombre de victimes par unite de temps s'obtient en reportant cet valeur approchee dans l'equation dierentielle satisfaite par R. On obtient : R0 (t)  2 cosh (t  ) Voici pour terminer une application numerique, calculee avec la methode RK4 de Runge-Kutta d'ordre 4. 0,2 0,18 0,16 0,14 0,12 0,1 0,08 0,06 0,04 0,02 0

y(t)

10 y’(t)

0

t 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Nombre de morts dus a l'epidemie, " = 10 3,  = 1;1

Pour simpli er, on a pose " = I0 =(S0 + I0),  = S0 = et l'on trace la courbe y(t) = R(bt)=S0 . L'equation dierentielle satisfaite par y est 2   y0 = 1 (1 ")(y + e y )  " (1 ") (1 )y + 2 y2 : La solution approchee est tracee en pointilles, son equation est   102y(t)  8;264 + 9;211 tanh 5;567 10 2(t 26;185)   103y0(t)  5;128= cosh2 5;567 10 2(t 26;185) : Remarque. On trouvera dans [Brau], d'ou est tire cet exemple, une illustration de cette theorie par l'epidemie de peste qui sevit a Bombay en 1905.

CHAPITRE XXXI

E quations du second ordre 1. Oscillations Exercice 31{1. Theoremes de Sturm

Les trois premieres questions sont independantes. 1. Montrer que si y1 et y2 sont deux solutions lineairement independantes d'une equation lineaire du deuxieme ordre, entre deux zeros consecutifs de y1 il y a exactement un zero de y2 . 2. Soit (E ) l'equation y00 + q(t)y = 0, avec q(t) 6 0 sur un intervalle [t1; t2 ]. Montrer qu'une solution non identiquement nulle de (E ) s'annule au plus une fois sur [t1 ; t2 ]. 3. Soient deux equations (E ) : x00 + '(t)x = 0 et (E 0 ) : y00 + (t)y = 0. On suppose que ' 6 sur un intervalle I . Montrer qu'entre deux zeros d'une solution non nulle de (E ), toute solution de (E 0 ) s'annule au moins une fois. 4. Que peut-on dire des zeros des solutions de l'equation

y00 + (1 + "(t))y = 0

si "(t) ! 0 quand t ! +1.

Indications : 1. On pourra introduire le wronskien de y et y : W (y ; y ) = y y0 y0 y . 3. Utiliser encore le wronskien. 1

2

1

2

1 2

1 2

Solution :

Introduisons le wronskien W (t) = y1(t)y20 (t) y10 (t)y2(t). Si les yi sont solutions de l'equation dierentielle y00 + a(t)y0 + b(t)y = 0, alors     W 0 = y1 ay20 by2 + y10 y20 y2 ay10 by1 y10 y20 = aW: Par consequent, on a la formule 1.

 Zt

 a(s) ds : W (t) = W (t0) exp t0 Comme y1 et y2 sont independantes, W ne s'annule pas. Soient t1 < t2 deux zeros de consecutifs de y1. (On rappelle que les zeros de y1 sont discrets : sinon, il y aurait un point d'accumulation, lequel serait

 Equations du second ordre

145

zero de y1, mais aussi de y10 et le theoreme de Cauchy-Lipschitz entra^nerait y1 = 0.) Supposons que y1 > 0 sur ]t1; t2 [. Alors, y10 (t1 ) > 0 et y10 (t2 ) 6 0, et comme y10 (ti) 6= 0, on a y10 (t1 )y10 (t2) < 0. Alors, W (t1)W (t2) = y10 (t1 )y10 (t2 ) y2(t1 )y2(t2) > 0: Il en resulte que y2(t1 )y2(t2) < 0, et d'apres le theoreme des valeurs intermediaires, y2 a au moins un zero sur ]t1 ; t2[. Supposons que y2 admette deux zeros sur cet intervalle, en echangeant les r^oles de y1 et y2, on montrerait que y1 s'annule dans ]t1 ; t2[, ce qui est faux. Par consequent, entre deux zeros consecutifs de y1, il y a exactement un zero de y2. 2. Raisonnons par l'absurde en supposant qu'une solution y (t) de y 00 + q(t)y = 0 s'annule en deux zeros a < b. On peut supposer que y ne s'annule pas sur l'intervalle ]a; b[ et, quitte a changer y en y, que y > 0 sur ]a; b[. Alors, y00 = qy > 0 sur [a; b] si bien que y0 est croissante sur cet intervalle. Or, y0(a) < 0 et y0(b) > 0. Cette contradiction montre que y s'annule au plus une fois. 3. Posons encore W = xy 0 x0 y . On calcule la d erivee de W : W 0(t) = x(t)y00(t) x00(t)y(t) = x(t)y(t)('(t) (t)): Soient a < b deux zeros consecutifs de x : on a x(a) = x(b) = 0 et on peut supposer que x > 0 sur ]a; b[. Si y ne s'annule pas sur ]a; b[, on peut supposer qu'elle est > 0 ; ainsi, W est decroissante sur [a; b]. Or, W (a) = x0 (a)y(a) 6 0, tandis que W (b) = x0 (b)y(b) > 0. Cela montre que W est identiquement nulle sur [a; b]. Alors, x et y sont proportionnelles et en particulier, y s'annule sur [a; b]. On a ainsi montre qu'il existe un zero de y strictement compris entre deux zeros de x, a moins que x et y ne soient proportionnelles (et ' = ). 4. En utilisant la question pr ecedente, on voit que les solutions s'annulent une in nite de fois sur R en des points (tn)n2Z tels que tn 6 tn+1 et tn+1 tn tend vers 2 quand n ! 1. En particulier, le nombre de zeros de y(t) sur [ A; A] est equivalent a A=.

Exercice 31{2. Solutions non oscillantes d'une equation du second ordre On dira qu'une fonction R + ! R est oscillante si elle change de signe dans tout voisinage de +1, et qu'elle est non oscillante sinon. 1. Soit q : R+ ! R une fonction continue strictement positive. Si l'equation dierentielle y 00 + q (x)y = 0 admet une solution non oscillante, montrer que q 2 L1 (R + ). Montrer de plus que y 0 =y est positive, strictement decroissante pour x assez grand. 2. On suppose R qu'il existe une solution non oscillante et que q > 0. On note Q(x) = x x+1 q . Montrer que lim+1inf Q 6 1=4 et lim sup Q 6 1: +1

 Equations dierentielles

146

3. On suppose que q 2 L1 (R + ) et que lim sup+1 Q < 1=4. Montrer qu'il

existe une solution non oscillante.

Indications : 1. Introduire l'equation de Ricatti satisfaite par f = y0=y. 2. Montrer que u(x) = xy0 (x)=y(x) veri e l'equation u(x) = x

Z1 x

u(t)2 dt t2 + Q(x):

3. Montrer d'abord l'existence d'une solution a l'equation de Ricatti, ou plut^ot a celle que veri erait u. Solution :

Supposons que y00 + q(x)y = 0 admet une solution y(x) non oscillante. Il existe alors a tel que y ne s'annule pas sur [a; +1[ et on peut considerer la fonction f (x) = y0(x)=y(x) sur cet intervalle. On a alors l'identite 00 0 2 f 0(x) = yy((xx)) yy((xx))2 = q(x) f (x)2; qui est une equation dierentielle de Ricatti. Comme q > 0, on voit que f est strictement decroissante. En particulier, f s'annule au plus une fois, et, quitte a augmenter a, on peut supposer que f ne s'annule pas sur [a; +1[. Alors, en integrant f 0=f 2 entre a et x, on obtient pour tout x > a, 1 + 1 + x a = Z x q < 0; f (x) f (a) a f2 si bien que f (x) > 0 pour x assez grand. On en deduit que pour tout x > a, 0 < f (x) < x + 1=f1(a) a : R Ainsi, f tend vers 0 en +1 et a+1 f 2 < 1. Comme f 0 6 0 et lim+1 f = 0, f 0 est integrable sur [a; +1[. Finalement, q = f 2 f 0 2 L1 ([a; +1[). 2. On suppose toujours qu'il existe une solution y (x) non oscillante. En integrant l'equation de Ricatti et en utilisant le fait que lim+1 f = 0, on obtient Z +1 Z +1 q: f2 + f (x) = x x En suivant l'indication, Z +1 Z +1 ds 2 q; u(x) = xf (x) = x u(s) s2 + x x x R ce qui est bien l'equation voulue, avec Q(x) = x x1 q. Mais on a montre dans la premiere question que f (x) = O(1=x). Ainsi, lim sup u 6 1 et l'equation precedente entra^ne que lim sup Q 6 1. 1.

 Equations du second ordre

147

Mais si u(s) > u pour s assez grand, alors, pour tout x assez grand, Z +1 Z +1 ds ds 2 2 2 x u(s) s2 > ux s2 = u: x x En prenant u < lim inf u, on obtient ainsi que lim inf u > (lim inf u)2 + lim inf Q: Par consequent, lim inf Q 6 (lim inf u) (1 lim inf u) 6 1=4 puisque lim inf u 2 [0; 1]. 3. L'id ee est que pour prouver l'existence d'une solution non oscillante, il sut de prouver l'existence d'une solution de l'equation de Ricatti associee. En eet, si f en est une solution, il sura de resoudre y0 = fy, c'est-a-dire une equation dierentielle lineaire, dont les solutions sont de nies sur l'intervalle de de nition de l'equation. R Supposons donc que lim sup x x1 q < 1=4. On peut ainsi choisir a < 1=4 tel que Q(x) 6 a pour tout x assez grand, disons x > x0 . On commence par construire u par approximations successives : on pose u0(x) = Q(x) et Z +1 un+1(x) = x un(s)2 ds s2 + Q(x): x On a u1 > u0 > 0, et si un > un 1 alors Z +1 un+2(x) un+1(x) = x (u2n u2n 1)(s) ds2 > 0; s x si bien que la suite un(x) est croissante. Cherchons si elle est majoree : on a u0(x) 6 U0 = a et un+1(x) 6 Un2 + a = Un+1. La suite n 7! Un est croissante et converge vers la solution positive de x2 x + a = 0. Par suite, la suite de fonctions un est croissante majoree. Par suite, elle a une limite u qui est mesurable bornee sur [x0 ; +1[. De plus, le theoreme de convergence dominee implique que Z1 u(x) = x u(s)2 ds s2 + Q(x): x Comme Q est C 1, on voit que u est continue, puis C 1 . En derivant, on voit que f (x) = u(x)=x est solution de l'equation de Ricatti f 0(x) = q(x) f 2(x) sur [x0 ; +1[. En particulier, l'equation dierentielle originale y00 + q(x)y = 0 admet une solution sur l'intervalle [x0 ; +1[ qui ne s'annule pas. Cette solution est donnee pour x > x0 par  Z x f (s) ds : y(x) = exp x0 D'apres le theoreme de Cauchy-Lipschitz lineaire, cette fonction y est la restriction d'une solution de l'equation dierentielle sur R + tout entier, laquelle solution est non oscillante.

 Equations dierentielles

148

Exercice 31{3. Solutions bornees d'une equation dierentielle Soient f : R ! R continue et bornee et a un reel > 0. Montrer que l'equation dierentielle y 00 a2 y = f possede une unique solution bornee sur R .

Solution :

La dierence entre deux solutions distinctes de l'equation dierentielle est solution de l'equation homogene, donc de la forme Aeat + Be at pour deux constantes A et B non toutes deux nulles. Comme cette fonction n'est pas bornee sur R , il existe au plus une solution bornee de l'equation y00 + a2 y = f . Pour la determiner, utilisons la methode de la variation des constantes. On pose y = Aeat + Be at et y0 = aAeat aBe at , d'ou le systeme ( 0 at 0 at Ae +Be =0 aA0 eat aB 0 e at = f (t) si bien que Zt Zt 1 1 as A = A0 + 2a f (s)e ds et B = B0 2a f (s)eas ds: 0 0 On a alors Zt Zt y(t) = A0 eat + 21a eat f (s)e as ds + B0 e at 21a e at f (s)eas ds 0   Z1 0 Z1 1 1 = A0 + 2a f (s)e as ds eat 2a f (s)ea(t s) ds  0 1 Z0  t 1 Zt + B0 + f (s)eas ds eat 2a f (s)ea(s t) ds 2a 1 1 R R puisque, f etant bornee, les integrales 01 f (s)e as ds et 01 f (s)eas ds convergent. Or, si jf j est majore par M , on a

Z 1 f (s)ea(t s) ds 6 M=a t

et la fonction

et

Z t f (s)ea(s t) ds 6 M=a; 1

Z1 Zt f (s)ea(s t) ds y(t) = 21a f (s)ea(t s) ds 21a t 1 est une (donc la ) solution bornee de l'equation dierentielle. Exercice 31{4. Equations du deuxieme ordre a solutions bornees Soit a 2 C 1 ([0; +1[ ; R ). On considere l'equation dierentielle (E) y00 + a(x)y = 0: 1. On suppose que a(x) tend vers +1 en croissant quand x ! +1. Montrer alors que toutes les solutions de (E) sur [0; +1[ sont bornees. 2. Montrer que si toutes les solutions de (E) sont bornees, alors les solutions de

y00 + (a(x) + "(x)) y = 0

 Equations du second ordre

149

R

le sont aussi, des que 01 j"(x)j dx < 1. " 2 C 1 ([0; +1[) telle que "(x) ! 0 quand x R 13.j"0Soit (x)j dx < 1. Montrer que les solutions de 0 sont toutes bornees.

! +1 et

y00 + (1 + "(x))y = 0

Indications : 1. Considerer l'(( energie )) du systeme. 2. Utiliser la methode de la variation des constantes. Solution : 1. Une  equation dierentielle telle que (E) est celle qui regit les oscillations d'un ressort dont la raideur varie avec le temps. L'idee essentielle pour montrer que ses solutions sont bornees consiste a etudier l'energie du systeme : on multiplie l'equation par y0 et on l'integre, d'ou Zx y02 + a(x)y2 a0 (s)y2(s) ds = Cste = C: 0 On se place sur un intervalle [x0 ; +1[ sur lequel a > 0 et a0 > 0, ce qui est possible puisque l'on a suppose que a ! +1 en croissant au voisinage de +1. Alors, on obtient Zx 1 C 2 (1) y (x) 6 a(x) + a(x) y2(s)a0(s) ds: 0 R Posons F (x) = 0x y2(s)a0(s) ds. La fonction F est C 1 sur [x0 ; +1[ et 0 F 0(x) = y2(x)a0 (x) 6 aa((xx)) (F (x) + C ): Par consequent, d log(F + C ) 6 d log a et pour tout x > x0 , F (x) + C 6 (F (x0) + C ) aa((xx)) = C 0 a(x): 0 En reportant cette majoration dans (1), on obtient y2(x) 6 a(Cx) + C 0 a(Cx) = C 0 ; ce qui prouve que y est bornee sur [x0 ; +1[, donc sur R + . 2. L'id ee est de regarder le terme "(x)y de cette equation dierentielle comme un second membre de l'equation (E). Soient y1 et y2 une base des solutions de l'equation (E). Elles sont par hypothese bornees. On cherche une formule pour y(x) par la methode de la variation des constantes : on pose y = c1y1 + c2y2; y0 = c1 y10 + c2y20 ; d'ou les deux relations c01y1 + c02 y2 = 0 et y00 + a(x)y = c01y10 + c02y20 = "(x)y(x):

 Equations dierentielles

150

On obtient donc c01(y1y20 y2y10 ) = "(x)y20 (x)y(x) et c02(y1y20 y2y10 ) = "(x)y10 (x)y(x): Finalement, apres avoir pose W = y1y20 y2y10 , wronskien de l'equation (E), constant puisqu'il n'y a pas de terme en y0, on obtient Z x "(t) y(x) = 1 y1(x) + 2 y2(x) + W (y2(t)y1(x) y1(t)y2(x))y(t) dt: 0 Comme y1 et y2 sont bornees, on obtient une inegalite

jy(x)j 6 A + B

Zx 0

j"(t)y(t)j dt

que l'on resout par la methode de Gronwall. Posons

Y ( x) = A + B On a Y 0(x) 6 B j"(x)j Y (x), donc

Zx 0

j"(t)y(t)j dt:

jy(x)j 6 Y (x) 6 Y (0) exp

Z x 0



j"(t)j dt

est borne, ce qu'il fallait demontrer. 3. Multiplions par y 0 comme dans la premi ere question et integrons entre x0 et x > x0 . On obtient : 1 y02 + 1 y2 + Z x "(t)y(t)y0(t) dt = Cste = C: 2 2 x0 On integre par parties l'integrale qui reste : Zx Zx 1 1 0 2 2 "(t)y(t)y (t) dt = 2 "(x)(y (x) y (x0 )) 2 "0(t)y2(t) dt; x0 x0 si bien que

y02(x) + (1 + "(x))y2(x) =

Zx x0

"0(t)y2(t) dt + y2(x0 )"(x) + 2C:

Choisissons x0 tel que j"j 6 1=2 sur [x0 ; +1[. On a alors

y2(x) 6 4C + y2(x0 ) + 2

Zx x0

"0(t)y2(t) dt

pour tout x > x0 . On applique alors la methode de Gronwall, exactement comme dans la question precedente, pour en deduire que y est bornee : posons

Y (x) = 4C + y2(x

0) + 2

de sorte que et donc

Zx

j "0jy2; x0

Y 0 (x) 6 2j"0(x)jY (x);  Z1  y2(x) 6 Y (x) 6 Y (x0) exp 2 j"0(x)j dx : x0

 Equations du second ordre

151

Exercice 31{5. Equation de Mathieu Soit q une fonction continue strictement positive sur R + . On s'interesse a l'equation dierentielle () y00 = q(x)y: 1. Si y est une solution non triviale de (), montrer que yy0 s'annule au plus une fois sur R + . 2. Soit y la solution de () telle que y(0) = 1 et y0 (0) = . Montrer qu'il existe une constante 1 tel que y a un zero si et seulement si  < 1 . Montrer qu'il existe une constante 2 telle que y a un minimum si et seulement si  > 2. Prouver de plus que

y0 = lim y00 =  : 1 = lim 2 +1 y1 y0 +1 y10 y00 3. En deduire que () possede une unique solution y strictement decroissante, strictement positive et telle que y (0) = 1. Si xq (x) 62 L1 (R + ), montrer que lim+1 y = 0. 4. Pour tout  2 R , exprimer y en fonction de y0 et en deduire que 1 = R 1 y1 (x)2 dx: 0

0

5. On considere le cas ou q(x) = a + b cos(2x) (equation de Mathieu). Si a > jbj > 0, montrer qu'il existe deux solutions uniquement determinees w+ et w telles que w+(0) = w (0) = 1, w+ (resp. w ) est strictement decroissante (resp. croissante) sur R et lim+1 w+ = lim 1 w = 0.

Indications : 2. Si x 2 R , on montrera qu'il existe une unique solution de () nulle en x et on +

l'exprimera en termes de y0 et y1 . 4. Poser y = zy0.

Solution :

Calculons la derivee de yy0 : (yy0)0 = yy00 + y02 = y02 + q(x)y2 ; elle est donc > 0 sauf si y et y0 s'annulent simultanement, ce qui n'arrive que pour la solution identiquement nulle. Ainsi, si y 6= 0, yy0 est strictement croissante et s'annule au plus une fois. De plus, on remarque que y2 est strictement convexe. 2. Comme l' equation () est lineaire, on peut ecrire y(x) = y0(x) +  (y1(x) y0(x)): La fonction y1 y0 s'annule en x = 0. Par consequent, y1 y0 ne s'annule pas sur R + et y10 y00 ne s'annule pas sur R + . Ainsi, y s'annule en x > 0 si et 1.

 Equations dierentielles

152

seulement si  = y0 (x)=(y1(x) y0(x)). Il y a donc un unique reel (x) 2 R tel que y(x) s'annule en x. La fonction x 7! (x) est alors injective car y(x) s'annulant en x ne peut s'annuler ailleurs ; comme x 7! (x) est continue sur R + , elle est injective et l'ensemble des  pour lesquels y s'annule en un point x > 0 est un intervalle d'extremites les limites en 0 et +1 de y0 =(y1 y0). La limite en 0 est 1 (car y0 ! 1 et y1 y0 ! 0 par valeurs superieures) ; appelons 1 celle en +1 : on a prouve que y a un zero sur R + si et seulement si y0(x) :  < 1 = x!lim +1 y1 (x) y0 (x) On fait le m^eme raisonnement pour la derivee. Il existe pour tout x > 0 un unique reel (x) tel que y 0 (x) (x) = 0, il est donne par la formule = y00 (x)=(y10 (x) y00 (x)). Comme dans le paragraphe precedent, la fonction x 7! (x) est continue, injective (d'apres la premiere question, y 0 s'annule en au plus un point), donc strictement monotone. L'ensemble de ses valeurs est alors l'intervalle d'extremites 0 = (0) et 2 = lim y00 =(y10 y00 ). Maintenant, y admet un minimum en x > 0 si et seulement si y0 (x) = 0. Et y admet un minimum en x = 0 si et seulement si y0 (0) > 0, c'est-a-dire  > 0. On a bien prouve que y a un minimum sur R + si et seulement si y00 (x) :  > 2 = x!lim +1 y10 (x) y00 (x) D'apres la premiere question, les intervalles ] 1; 1[ et ]2; +1[ sont disjoints. Autrement dit, 2 > 1 . Les fonctions y1 et y2 sont strictement positives et strictement decroissantes sur R + . Comme elles valent 1 en x = 0, on voit que y2 (x) y1 (x) 6 1 pour tout x > 0. Or, y2 y1 est l'unique solution de () telle que y(0) = 0 et y0(0) = 2 1 . Si 2 > 1 , on a vu que y2 etait strictement convexe, donc au-dessus de sa tangente en 0. En particulier, y2 ! +1 contrairement a la majoration 0 6 y2 6 1. On a donc prouve que 1 = 2 . 2

1.5

1

0.5

0

−0.5

−1 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Trace des solutions quand q(x) = 2 cos 2x (equation de Mathieu)

 Equations du second ordre

153

Remarque. Le wronskien de y0 et y1 est constant egal a 1. Ainsi,

y10 y00 y1 y0 = 1 y00 y0 y00 y0 tend vers 0, ce qui fournit une autre demonstration de l'egalite 1 = 2. 3. D'apr es la question precedente, il existe au plus une solution y(x) strictement decroissante, strictement positive et telle que y(0) = 1 : c'est la solution y1 = y2 . Il est clair que cette solution convient : elle ne s'annule pas et est > 0 en 0, donc est strictement positive ; elle n'a pas de minimum, donc est strictement decroissante. En particulier, y a une limite en +1. En outre, y00 = qy < 0, donc y0 est decroissante et converge en +1 ; sa limite est necessairement nulle, sinon y(x) serait equivalent a x pour  6= 0, Rcontrairement au fait que y a une limite. Comme qy > 0 et comme limA!+1 xA qy = y0(x) existe, qy 2 L1(R + ) et on a l'egalite Z1 q(t)y(t) dt: y0(x) = x De plus, l'integrale Z1 Z 1Z 1 Z1 0 y (x) dx = q(t)y(t) dt dx = tq(t)y(t) dt 0 0 x 0 converge. Si y a une limite > 0 en +1, cela implique la convergence de l'inteR 1 grale 0 tq(t) dt et xq(x) 2 L1(R + ). Autrement dit, si xq(x) 62 L1 (R + ), alors lim+1 y = 0. 4. Comme y0 ne s'annule pas, on peut poser y (x) = z (x)y0 (x). On a alors y0 = y00 z + y0z0 et y00 = y000z + 2y00 z0 + y0z00; d'ou l'on tire l'equation dierentielle 2y00 z0 + y0z00 = 0 qui se resout aisement. On a z0 (x) = z0 (0)=y0(x)2 et Zx 0 z(x) = z(0) + z (0) y0(t) 2 dt: Or, z(0) = 1 et

z0 (0) = , si bien que

0

Z x dt ! y(x) = y0(x) 1 +  y (t)2 : 0 0 En particulier, quand x ! +1, ! y0(x) = Z x dt 1 y1(x) y0(x) 0 y0 (t)2 R converge vers 1= 01 dt=y0(t)2 , ce qui donne l'expression voulue pour 1. 5. On pose q (x) = a + b cos(2x), o u a > jbj > 0. En particulier, q(x) > a b > 0 sur R et xq(x) n'est integrable sur aucun des intervalles R + et R . Considerons une solution y(x) telle que y(0) = 1 et lim+1 y = 0. Ainsi, y2 est une fonction strictement convexe sur R telle que y2(0) = 1 et lim+1 y2 = 0.

 Equations dierentielles

154

Cela implique que y2 est strictement decroissante sur R + , sinon elle serait audessus d'une tangente de pente > 0, ce qui contredit la limite en +1. De plus, y > 0, si bien que y est necessairement la solution fournie par la question 3 ; la convexite de y2 implique en outre que y est decroissante sur R . Nous avons bien prouve qu'il existe une unique solution w+ de () telle que w+(0) = 1; lim w = 0 et w+ est decroissante sur R. +1 + Pour montrer l'existence de w , il sut de changer le sens du temps. La parite de q(x) montre qu'en fait, w (x) = w+( x).

2. Theorie de Sturm-Liouville Exercice 31{6. Probleme de Sturm-Liouville : methode de Prufer Soient [a; b] un intervalle de R et q : [a; b] ! R continue. Considerons pour  2 R l'equation dierentielle () y00 + (q(x) + )y = 0 avec les conditions aux limites (dites homogenes)

(

y(a) 0y0(a) = 0 y(b) 0y0(b) = 0; , 0, et 0 etant quatre reels xes tels que  0 6= 0 . 1. Justi er que l'on peut faire le changement de variables y(x) = (x) sin (x) et y0(x) = (x) cos (x). Quelle est l'equation dierentielle satisfaite par  ? 2. Montrer qu'il existe a 2 [0; [ et b 2 ]0; ] tels que les conditions () ()

soient equivalentes a (0) (a) = a (mod ); (b) = b (mod ): 3. On note (x; ) la solution de l'equation dierentielle pour  etablie a la premiere question, telle que (a; ) = a . Montrer que c'est une fonction continue de (x; ). Montrer que pour tout x 2 [a; b] et tout  2 R , on a (x; ) > 0 et que

lim (b; ) = 0;

! 1

lim (b; ) = +1:

!+1

4. Montrer qu'il existe une suite (n) strictement croissante et tendant vers +1 telle que le probleme de Sturm-Liouville (; ) admet une solution non nulle si et seulement si  est l'un des reels n , appeles valeurs propres du probleme. Indications : 3. Pour la limite en 1, (( bloquer )) (x; (x)) en dessous d'un segment de droite passant par les points (a; A) et (b; B ) pour 0 < B < a < A < . Pour la limite en +1, on montrera que, si  est grand, 0 est lui-m^eme grand, sauf dans certains intervalles dont on majorera la taille.

 Equations du second ordre

155

4. Montrer que l'equation (b; ) = b + n admet une unique solution n pour n > 0, et aucune pour n < 0. Solution :

Si y est une solution non nulle, alors y et y0 ne s'annulent pas simultanement. Il est ainsi licite de poser y =  sin  et y0 =  cos , avec  6= 0. En eet, comme [a; b] est simplement connexe, il existera, une fois choisi (a), une unique determination de l'angle, qui sera C 1 , etant donne que (y; y0) est C 1 . On a alors en derivant : y0 =  cos  = 0 sin  + 0 cos  et y00 = 0 cos  0 sin  = (q + ) sin ; ce qui donne un systeme 2  2 que l'on resout : ( 0  (x) = (1 q(x) ) sin (x) cos (x)(x) 0 (x) = cos2 (x) + (q(x) + ) sin2 (x): 2. La condition y (a) 0 y 0 (a) = 0  equivaut a  sin (a) 0 cos (a), que l'on recrit sin((a) a ) = 0, en choisissant a l'unique reel 2 [0; [ tel que les vecteurs (cos a ; sin a ) et (; 0) soient proportionnels. La condition en b se traite de m^eme. 3. La d ependance de (x; ) en fonction de (x; ) est donnee par le theoreme de Cauchy-Lipschitz : c'est une fonction continue de (x; ), C 1 en x et C 1 en . (Pour alleger l'ecriture, on ecrira cependant (x) quand la dependance en  n'intervient pas.) Montrons que (x) > 0 pour tout x 2 [a; b]. En eet, comme a > 0, il existerait sinon un plus petit reel x > a tel que (x) = 0 ; en particulier,  serait > 0 sur ]a; x[ et 0(x) 6 0. Or, 0 (x) = cos2 (x) + (q(x) + ) sin2 (x) = 1; ce qui est une contradiction. Montrons que limb! 1 (b; ) = 0. Soient A et B des reels tels que 0 < B < a < A <  et montrons que pour  assez petit, la courbe (x; (x)) est en dessous du segment de droite joignant (a; A) et (b; B ). En particulier, on aura 0 6 (b; ) 6 B , et donc la limite voulue quand B est arbitrairement petit. Pour cela, il sut que 0 (x) < (B A)=(b a) si (x; (x)) appartient a ce segment de droite, car il ne pourra pas le traverser. (C'est encore une fois une application des methodes de l'exercice 30{1, le segment de droite considere etant ici une barriere superieure.) Sur ce segment, sin2  est minore par min(sin2 A; sin2 B ) et il sut donc que B A   1  6 b a 1 min(sin2 A; sin2 B ) max q: Il reste a prouver que (b; ) tend vers +1 quand  ! +1. 1.

 Equations dierentielles

156

Deja, des que  est assez grand ( > min q sut), ce qu'on supposera, x 7! (x; ) est une fonction croissante de x puisque 0(x) > 0. Soit M > 0 et choisissons  > M min q. Alors, 0 (x) est grand, sauf quand sin (x) est petit. En particulier, 0 (x) > M 1=3 des que j sin (x)j > M 1=3 . Soit J un intervalle maximal ou j sin j 6 M 1=3 . Sur cet intervalle, 0 > 1 M 2=3 , si bien que la longueur de J est majoree par 2(1 M 2=3 ) 1 arcsin M 1=3 < cM 1=3 ; ou c > 0 est une constante qu'il n'est pas necessaire de preciser. On a donc 0 > M 1=3 sur [a; b] prive d'une reunion d'intervalles de longueurs < cM 1=3 sur lesquels  est croissante : ces intervalles correspondent aux franchissements des multiples de , il y en a donc au plus (b; )=. Finalement, (b; ) (a; ) > M 1=3 (b a cM 1=3 (b; )=) et   (b; ) > (b a)M 1=3 + a = (1 + c=) !+1 ! +1; ce qu'il fallait demontrer. 4. Consid erons l'ensemble  des solutions de (b; ) = b (mod ). La fonction  7! (b; ) est continue en , tend vers 0 quand  ! 1. En particulier, elle est dans [0; b[ pour  assez petit et  est minore. En fait, la fonction  7! (x; ) est strictement croissante pour tout x car sa derivee par rapport a x l'est, et (a; ) = a . En particulier, il existe pour tout entier n > 0 exactement une valeur n telle que (b; n ) = b + n. L'ensemble  est alors une suite f0 < 1 <


g. Comme (b; ) tend vers +1 en croissant quand  ! +1, on voit aussi que n ! +1. Montrons maintenant que l'ensemble f0; 1; : : : g repond a la question. Si  = n et (x) = (x; n), on peut integrer l'equation dierentielle pour  et poser Z x 1    (x) = exp 1 q(t) n sin 2(t) dt ; 0 2 si bien que y(x) = (x) sin (x) est une solution non nulle du probleme de Sturm-Liouville (; ). Reciproquement, si y(x) = (x) sin (x) est une solution de ce probleme, on peut supposer que (a) 2 [0; [, quitte a changer  en , et  en  + n. Alors, (b) = (b; ) = b (mod ), si bien que  est l'un des n.

Exercice 31{7. Probleme de Sturm-Liouville : developpement asymptotique des valeurs propres Soit q : [a; b] ! R une fonction de classe C 1 . On s'interesse au probleme de Sturm-Liouville avec conditions aux limites

y00 + ( + q(x))y = 0;

y(a) = y(b) = 0:

 Equations du second ordre

157

Les resultats de l'exercice 31{6 montrent qu'il existe des solutions non nulles si et seulement si  est une des valeurs propres 0 < 1 <


. Dans cet exercice, on veut donner un developpement asymptotique de la e n valeur propre n quand n ! +1. q 1. On pose t = Rax  + q(s) ds (transformation de Liouville) et Y (t) = y(x). Montrer que Y satisfait l'equation dierentielle

0 Y 00(t) + 2(q(xq)(+x))3=2 Y 0(t) + Y (t) = 0 R p sur l'intervalle [0; ab  + q]. 2. On passe en coordonnees polaires (Y; Y 0) = (r sin '; r cos '). Quelle est l'equation dierentielle satisfaite par ' ? (On pourra poser "(t) = q0(x)=(2q3=2(x)).) Que vaut ' aux bornes de l'intervalle de de nition quand  = n ? 3. En remarquant que " ! 0 uniformement quand  ! +1, montrer le

developpement asymptotique

  2 Zb n  b a n2 b 1 a q + O(1=n): a

Solution : 1.

On a et

Pour  assez grand, le changement de variables t(x) est licite car q + > 0. dy = dY dt = dY qq(x) +  dx dt dx dt

d2y = d2Y (q(x) + ) + dY q q0(x) : dx2 dt2 dt q(x) +  Par consequent, on voit que Y satisfait l'equation dierentielle indiquee. 2. En faisant le changement de fonctions inconnues de l' enonce, on obtient Y 0 = r cos ' = r0 sin ' + r'0 cos ' et Y 00 = r0 cos ' r'0 sin ' = "(t)r cos ' r sin '; d'ou l'equation dierentielle suivante pour ' : '0(t) = 1 + 12 "(t) sin 2'(t): R p Quand t = 0, on a '(0) = 0. Pour t = T = ab q + , on constate que y(x) s'est annule n fois en changeant de signe sur [a; b] puisque, avec les notations de l'exercice 31{6, (b; n) = n. Par suite, Y aussi et comme Y (Tn ) = 0, on a '(Tn ) = n.

 Equations dierentielles

158

On constate que "(t) = O( 3=2) quand  ! +1, uniformement en t 2 [a; b]. Ainsi, j'(T ) '(0) Tj 6 TO( 3=2): D'autre part, on peut evaluer T : Z bq p Z b s q(x) T = q(x) +  dx =  1 +  dx a a  p Z b  q(x) =  1 + 2 + O( 2) dx a Zb p 1 = (b a)  + p q(x) dx + O( 3=2): 2  a On obtient alors Zb p q(x) dx + O( 1): T = n + O( 1) = (b a)  + p1 2  a Cela donne Zb p  = b na 2(b 1 a) q(x) dx p1 + O(1=n2) a  Z b 1 q(x) dx + O(1=n2); = b na 2n 3.

a

et donc en elevant au carre : Zb 22 1 n n = (b a)2 b a q(x) dx + O(1=n): a Remarque. Cette methode marche aussi pour des conditions aux limites plus generales, mais l'identi cation des valeurs de ' aux bornes de l'intervalle est un peu plus ardue et fournit des expressions plus compliquees.

Exercice 31{8. Probleme de Sturm-Liouville : minoration des valeurs propres On considere dans cet exercice le probleme de Sturm-Liouville sous une forme plus generale que dans l'exercice 31{6. Soient [a; b] un intervalle de R , p : [a; b] ! R de classe C 1, et q : [a; b] ! R continue. On suppose que p > 0. Considerons pour  2 R l'equation dierentielle () (p(x)y0)0 + q(x)y + y = 0 avec les conditions aux limites homogenes

(

y(a) 0y0(a) = 0 y(b) 0y0(b) = 0; , 0, et 0 etant quatre reels xes tels que  0 6= 0 . ()

On va montrer qu'il existe 0 tel que le probleme de Sturm-Liouville de ni par () et () n'admet pas de solution non nulle pour  6 0 .

 Equations du second ordre

159

1. On suppose que 0 = 0 = 1 et qu'il existe une solution non nulle y telle que y 0(a) = 1. a) On introduit z(x) = p(x)y0(x)=y(x). Montrer que z satisfait une

equation de Ricatti que l'on ecrira. b) Trouver un reel 0 tel que pour  6 0, z(x) = z(a) implique z0 (x) > 1. En deduire que si  6 0 , z(x) > z(a) sur le plus grand intervalle contenant a sur lequel y ne s'annule pas. c) Montrer que des que  est inferieur a 0, y ne s'annule pas sur [a; b] et p(a) 6 z(x) pour tout x 2 [a; b]. d) Montrer qu'il existe 1 tel que pour  6 1, p(a) 6 z(x) 6 p(b) . e) En deduire une contradiction si  est assez petit. 2. On suppose que  = 1, 0 = 0. Montrer que pour  assez petit, z(x) est de ni sur ]a; b]. En tirer une contradiction comme dans le premier cas. 3. Conclure.

Solution :

On peut choisir des constantes M et c > 0 telles que pour tout x 2 [a; b] on ait jq(x)j 6 M et c 1 6 p(x) 6 c. 1. Consid erons par l'absurde une solution y du probleme (, ) telle que y0(a) = 1. a ainsi y(a) = y0(a). Comme y 6= 0, y et y0 ne s'annulent pas tous deux en a et on peut supposer que y0(a) = 1. a) La fonction z = py 0 =y est solution de l' equation dierentielle 00 0 z0 (x) = (pyy ) py0 yy2 = q(x)  p(1x) z2 (x): C'est une equation de Ricatti. b) Soit I  [a; b] le plus grand intervalle contenant a sur lequel y ne s'annule pas. Prenons 2 0 = M 1 (p(ac)) ; de sorte que si  6 0 et z(x) = z(a) = p(a), on a ! 2 1 1 1 ( p ( a )  ) 2 2 2 2 0 z (x) > 1 q(x)+ M + c p(x) p(a)  > 1+ p(a)  c p(x) > 1: Cela implique que z > z(a) sur I . En eet, il existe sinon t 2 I minimal tel que z(t) = z(a) (valeurs intermediaires) ; comme t est minimal, z > z(a) sur ]a; t[ et z0 (t) 6 0, ce qui est la contradiction voulue. c) Alors, y ne peut s'annuler sur [a; b], car sinon il existe t minimal tel que y(t) = 0 ; alors, y > 0 sur [a; t], y0(t) < 0, si bien que limt 0 z = 1. Comme z > z(a) au voisinage de a, le theoreme des valeurs intermediaires implique

160

 Equations dierentielles

qu'il existe t0 2 ]a; t[ tel que z(t0 ) = z(a), contrairement a ce qu'on vient de prouver. En de nitive, y ne s'annule pas sur [a; b] et z(x) > z(a) des que  6 0. d) En partant de la droite, on montre de m^ eme que pour  6 M 1 2 2 p(b) =c, y ne s'annule pas sur [a; b] et z(x) 6 p(b) . e) Posons pour simpli er 0 = M 1c max(p(a)2 2; p(b)2 2) 1: On vient de montrer que des que  6 0 1, on a pour tout x 2 [a; b], p(a) 6 z(x) 6 p(b) : En reprenant la minoration de z0 (x), on voit que pour  6 0, on a z0 (x) > 0 . En particulier p(b) p(a) = z(b) z(a) > (0 )(b a); ce qui est absurde quand  ! 1. Ainsi, des que  6 0 p(b) b pa(a) , il n'y a pas de solution non nulle au probleme (; ). 2. Traitons maintenant le cas 0 = 0,  = 1. Soit y une solution non nulle de (; ). On a y(a) = 0 et on peut supposer que y0(a) = 1. On considere toujours la fonction z = py0=y ; elle tend vers +1 quand x ! a. On veut montrer que pour  assez petit, y ne s'annule qu'en a. Or, sur un intervalle ]a; t[ maximal tel que y > 0, on a (p(x)y0(x))0 = (q(x) + )y(x) > 0 si  6 M . Ainsi, py0 est croissante, donc y0(x) > p(a)=p(x) et y est croissante. En particulier y(t) 6= 0 et, t etant choisi maximal, t = b. Il en resulte que z est bien de nie sur ]a; b]. Il est clair que z est decroissante au voisinage de a. On remarque que si 2 z (x) 6 c (  M 1), alors z0 (x) = q(x)  p(1x) z2 (x) > M  + p(cx) ( + M + 1) > 1: Par consequent, z2 (x) > c (  M 1) pour tout x 2 ]a; b] : il existerait sinon t tel que z2 (t) = c ( + M + 1), un tel t minimal veri erait z0 (t) 6 0, ce qui contredit l'inegalite z0 (t) > 1. On a donc prouve que pour  6 M , y ne s'annule pas sur ]a; b] et z2 (x) > c ( + M + 1). Cela montre deja que y(b) 6= 0, donc 0 6= 0. D'autre part, on a aussi q p(b) = 0 > c ( + M + 1); ce qui fournit une contradiction manifeste si  ! 1. 3. Dans la premi ere question, nous avons montre que pour   0, il n'y a pas de solution non nulle dans le cas ou 0 6= 0 et 0 6= 0. Dans la deuxieme question, nous avons traite le cas ou 0 = 0.

 Equations du second ordre

161

Le cas ou 0 6= 0 mais 0 = 0 se traite comme dans la deuxieme question, ou mieux, en faisant le changement de variables x0 = a+b x, ce qui echange a et b, donne un nouveau probleme de Sturm-Liouville auquel la deuxieme question s'applique. Dans tous les cas, les valeurs propres du probleme de Sturm-Liouville sont donc minorees.

Exercice 31{9. Probleme de Sturm-Liouville : noyau de Green On poursuit dans cet exercice le probleme de Sturm-Liouville (; ) entamee dans l'exercice 31{8. Quitte a ajouter une constante assez grande a q , on suppose qu'il n'y a pas de valeur propre 6 0. 1. Montrer qu'il existe une unique fonction continue K : [a; b]2 ! R veri ant les proprietes suivantes : { sur [a; b]2 prive de la diagonale, K est C 2 , solution de () a x0 xe sur les intervalles [a; x0 [ et ]x0 ; b] ; { les fonctions K (
; x0 ) satisfont a () ; { elle est symetrique : K (x; x0 ) = K (x0 ; x) ; { en x = x0 , @x K (x; x0 ) a une limite a droite et a gauche, de dierence 1=p(x0). 2. Soit f une fonction continue [a; b] ! R . Pour toute fonction y : [a; b] ! R , montrer l'equivalence des deux propositions suivantes : R { on a y (x) = ab K (x; x0 )f (x0 ) dx0 ; { la fonction y est de classe C 2 sur [a; b], veri e l'equation dierentielle (avec second membre)

(p(x)y0)0 + q(x)y = f (x) et les conditions aux limites ().

3. Montrer que le probleme de Sturm-Liouville (; ) dans C 2 ([a; b]) et l'equation Zb y(x) =  K (x; x0 )y(x0) dx0 a dans L2 ([a; b]) ont m^eme solutions. 4. En utilisant la theorie spectrale des operateurs compacts auto-adjoints (exercice 28{12), montrer les faits suivants : { il existe une suite in nie strictement croissante de valeurs propres n , lim n = +1 ;

{ chaque valeur propre a multiplicite 1 ; { Rsi 'n 2 C 2 ([a; b]) est un vecteur propre pour la valeur propre n , normalise par ab '2n = P 1, alors ('n) est une base hilbertienne de L2 ([a; b]) ; { la serie 12n converge.

Indications : 1. Considerer deux solutions non nulles u et v de () telles que u veri e la condition aux limites en a et v la veri e en b. Remarquer que u et v ne sont pas proportionnelles.

162

 Equations dierentielles

4. Pour montrer que les ('n) forment une base hilbertienne, on montrera que l'image de l'operateur de noyau K est dense dans L2 ([a; b]). Solution :

Soit u une solution non nulle de l'equation dierentielle () veri ant la condition aux limites () en a. Comme le probleme (; ) est suppose ne pas avoir la valeur propre 0, u ne veri e pas la condition aux limites en b. Soit alors une solution non nulle v de () veri ant cette fois la condition aux limites en b seulement. Ainsi, u et v ne sont pas proportionnelles et forment une base des solutions de l'equation dierentielle (). Sur [a; x0], K (
; x0) veri e l'equation dierentielle, ainsi que la condition aux limites en a ; par suite, il existe une fonction  : [a; b] ! R telle que K (x; x0 ) = (x0 )u(x) pour x 6 x0 . De m^eme, il existe une fonction  : [a; b] ! R telle que K (x; x0 ) = (x0)v(x) pour x > x0. Comme u est non nulle, il existe x tel que u(x) 6= 0. La continuite de K par rapport a x0 implique que  est continue. De m^eme, v etant non nulle,  est continue. La continuite de K en (x; x) impose : (x)u(x) (x)v(x) = 0; tandis que la condition sur les derivees partielles de K (x; x0 ) par rapport a x s'ecrit (x)v0(x) (x)u0(x) = 1=p(x): On en deduit ainsi (x) = p(xv)(Wx)(x) et (x) = p(xu)(Wx)(x) ; ou W (x) = u(x)v0(x) u0(x)v(x) est le wronskien des solutions u et v. Or, on remarque que pW est derivable et que (pW )0 = (u(pv0) v(pu0))0 = u0(pv0) + u(pv0)0 v0(pu0) v(pu0)0 = quv + quv = 0: Ainsi, pW est une constante, notee 1=C et 1.

8 0 0 < K (x; x0 ) = :Cu(x)v(x0) si x 6 x0 Cv(x)u(x ) si x > x . On constate que K est symetrique, continue, C 2 sur [a; b]2 prive de la diago-

nale. Les autres conditions sont veri ees par construction, d'ou l'existence et l'unicite de K . 2. Soit f : [a; b] ! R une fonction continue. R Soit y(x) = ab K (x; x0 )f (x0) dx0. Il est deja clair que y veri e les conditions aux limites (). Montrons que y est de classe C 2 sur [a; b]. Le theoreme de

 Equations du second ordre

convergence dominee montre qu'elle est continue. Alors, ecrivons

Zx

163

Zb K (x; x0 )f (x0 ) dx0 + K (x; x0 )f (x0) dx0 a x Zx Zb 0 0 0 = Cv(x) u(x )f (x ) dx + Cu(x) v(x0)f (x0 ) dx0; a x 1 ce qui prouve que y est C , de derivee Z x  Z b  0 0 0 y (x) = Cv (x) uf + Cv(x)u(x)f (x) + Cu (x) vf Cu(x)v(x)f (x) x Z xa Zb = Cv0(x) uf + Cu0(x) vf; a x 0 1 puis que y est aussi C , et que Z b  Z x  0 0 0 0 0 0 uf + C (pu ) (x) vf (py ) (x) = C (pv ) (x) x a +Cp(x)v0(x)u(x)f (x) Cp(x)u0(x)v(x)f (x) Z b  Z x  uf Cq(x)u(x) vf f (x) = Cq(x)v(x) x a puisque p(x)(u(x)v0(x) u0(x)v(x)) = p(x)W (x) = 1=C: Ainsi, y est de classe C 2 et (py0)0(x) + q(x)y(x) = f (x); comme il fallait demontrer. Reciproquement, soit y de classe C 2 sur [a; b] solution de l'equation dierentielle (=0) avec second membre f et conditions aux limites (). Comme 0 n'est pas valeur propre de (; ), la fonction Zb K (x; x0 )f (x0) dx0 y(x) a est necessairement nulle, d'ou la conclusion voulue. 3. Soit y une solution du probl eme de Sturm-Liouville (; ) dans C 2 ([a; b]). Alors, (py0)0(x) + q(x)y(x) = y(x): D'apres la question precedente, on a Zb y(x) =  K (x; x0 )y(x0) dx0: a 2 Reciproquement, si y 2 L veri e l'equation precedente, alors y est continue en vertu du theoreme de convergence dominee. D'apres la question precedente, y est de classe C 2 et veri e (py0)0 + qy = y, si bien que y est une solution du probleme de Sturm-Liouville (; ) (avec la valeur propre ) dans C 2 ([a; b]). La question est ainsi demontree. 4. Ainsi, le probl eme de Sturm-Liouville se ramene a la theorie spectrale (valeurs propres, vecteurs propres) de l'operateur de noyau K . y ( x) =

164

 Equations dierentielles

Rappelons les faits suivants R sur les operateurs a noyau (cf. l'exercice 28{6) : soit T l'operateur y 7! ab K (
; x0)y(x0) dx0. C'est un operateur compact de L2 ([a; b]) dans lui-m^eme. Comme K est symetrique, T est auto-adjoint. D'apres l'exercice 28{12, T est diagonalisable dans une base (orthonormee) hilbertienne de L2 ([a; b]), ses valeurs propres formant une suite tendant vers 0. D'apres la question precedente,  6= 0 est une valeur propre de T si et seulement si 1= est une valeur propre du probleme de Sturm-Liouville. Ainsi, les valeurs propres de T sont positives ou nulles. Ainsi, les valeurs propres du probleme de Sturm-Liouville (; ) forment une suite croissante (n) tendant vers +1. Montrons que les valeurs propres > 0 sont simples : on aurait sinon deux solutions independantes de l'equation () avec les m^emes conditions aux limites (). Comme l'ensemble des solutions de l'equation dierentielle () est de dimension 2, toutes les solutions veri eraient les conditions aux limites (), ce qui contredit le theoreme de Cauchy-Lipschitz. Pour tout entier n, soit 'n un vecteur propre unitaire de T pour la valeur propre 1=n. D'apres la question 2, les 'n sont de classe C 2 et solutions du probleme de Sturm-Liouville. Comme T est diagonalisable, les 'n forment une base orthonormee de l'orthogonal du noyau de T (car 0 est la seule valeur propre eventuelle de T qui ne s'ecrive pas 1=: : : ). Montrons qu'en fait, les ('n) forment une base orthonormee de L2 ([a; b]). Il sut de prouver qu'ils engendrent un sous-espace vectoriel dense. Or, si y : [a; b] ! R est de classe C 2 sur [a; b] et veri e les conditions aux limites (), alors y est dans l'image de T puisque, en vertu de la question 2, c'est l'image de la fonction continue (py0)0 + qy. En tronquant une fonction de classe C 2 par une fonction  de classe C 1 telle que { (a) = 0 (a) = 0 et (b) = 0(b) = 0 ; { (x) = 1 si x 2 [a + "; b "] ; { 0 6  6 1 sur [a; b], on voit que ces fonctions sont denses en norme L2 dans l'ensemble de toutes les fonctions de classe C 2 (mais sans la condition aux limites), lesquelles sont denses dans L2 ([a; b]). En n, la question 3 montre que pour tout n, 1 ' (x) = Z b K (x; x0 )' (x0) dx0 = hK (x;
) ' i : n n n n a Ainsi, X1 2 = X hK (x;
) ' i2 = kK (x;
)k2 ' ( x ) n n L2 ([a;b]) n n 2n R d'apres l'egalite de Parseval. Ainsi, comme ab 'n(x)2 = 1, on a X1 2 2 = kK kL2 ([a;b][a;b]) ;  n n d'ou la convergence de la serie.

 Equations du second ordre

Remarque. Considerons l'equation

165

y00 + y = 0; y(0) = y(1) = 0: On veri e que pour x 6 x0 , K (x; x0 ) = K (x0; x) = x(1 x0 ). Les valeurs propres sont les fonctions sin(nx), avec la valeur propre n = n2 2. L'egalite ci-dessus entra^ne alors que  (4) = X 1 = Z Z K (x; x0 )2 dx dx0 4 n>1 2n Z 1Z x 2 x0 (1 x)2 dx dx0 =2 0 0 Z1 2 1 = 3 x2 (1 x)2 = 90 0 4 et donc  (4) =  =90.

Partie 9 Geometrie dierentielle

Rappels

On renvoie aux rappels de la partie 4 de ce livre (tome 2) pour les de nitions et les premieres proprietes des applications dierentiables d'un espace vectoriel norme dans un espace de Banach. Soient E et F deux espaces de Banach. Soit f : ! F une application de classe C 1 d'un ouvert  E dans F . Soit x0 2 tel que f 0(x0 ) 2 L(E; F ) est un isomorphisme. Alors, il existe un voisinage ouvert U de x0 tel que f (U ) est un voisinage de f (x0 ), f est un C 1 -dieomorphisme de U sur son image et pour tout y 2 f (U ), (f 1)0(y) = f 0(f 1(y)) 1. C'est le theoreme d'inversion locale. Si de plus f est de classe C k , alors f 1 est aussi de classe C k . On en deduit le theoreme des fonctions implicites : soient E , F et G trois espaces de Banach, un ouvert de E  F , f : ! G une application de classe C 1 . Soit (x0 ; y0) 2 tel que f (x0 ; y0) = 0 et (@f=@y)(x0 ; y0) 2 L(F; G) est un isomorphisme. Alors, il existe deux voisinages ouverts U  E de x0 et V  F de y0 et une fonction ' : U ! V de classe C 1 telle que pour tout x 2 U , '(x) est l'unique solution dans V de l'equation f (x; y) = 0. On a de plus pour tout x 2 U : !1 @f 0 ' (x) = @y
@f @x 2 L(E; F ):

Si f est de classe C k , ' aussi. Une application dierentiable f d'un ouvert de R n dans R m est une immersion (resp. une submersion) en x si f 0(x) est injective (resp. surjective). Si f n'est pas une submersion en x, on dit que x est un point critique de f . Pour X une partie de R n et x 2 X , on montre que les deux proprietes suivantes sont equivalentes : { il existe un ouvert U  R d et une immersion ' : U ! R n telle que x 2 '(U ), '(U )  X et ' est un homeomorphisme de U sur son image. On dit alors que (U; ') est une carte en x ; { il existe un ouvert V  R n contenant x et une submersion : V ! R n d telle que (x) = 0 et X \ V = 1(0). Si elles sont satisfaites, on dit que X est une sous-variete de R n de dimension d en x. On dit qu'une partie de R n est une sous-variete de dimension d si elle l'est en tout point. L'espace tangent TxX en x a une sous-variete X de Rn admet (avec les m^emes notations) les caracterisations equivalentes suivantes { c'est l'espace vectoriel '0(' 1(x))(R d ) ; { ou encore, c'est Ker 0 (x) ; { ou encore, c'est l'ensemble de tous les vecteurs tangents 0 (0) a une chemin

de classe C 1 d'image contenue dans X et tel que (0) = x. Une fonction f : X ! R de nie sur une sous-variete de R n est dite de classe C k si pour toute carte (U; '), f  ' : U ! R est de classe C k . Une orientation de X en x 2 X est une orientation de l'espace vectoriel TxX . Une carte (U; ') de U dans une sous-variete X de nit en tout x 2 '(U ) une orientation, comme image de l'orientation canonique de R d par '0 (' 1(x)).

Geometrie dierentielle

169

Orienter une sous-variete X de R n consiste a se donner en tout x 2 X une orientation !x de TxX telle que, pour toute carte (U; '), '0 (x) 1(!x) soit une orientation constante sur R d . Un repere de Frenet d'une courbe parametree : I ! R n (de classe C n 1) est la donnee d'applications continues e1, : : : , en : I ! R n telles que { pour tout t 2 I , (e1 (t); : : : ; en(t)) est un repere orthonorme de R n ; { pour tout k 2 f1; : : : ; n 1g, (k) (t) appartient a l'espace vectoriel engendre par (e1 (t); : : : ; ek (t)). Si pour tout t 2 I , les vecteurs 0 (t), : : : , (n 1) (t) sont lineairement independants, il existe un unique repere de Frenet si on impose en outre les conditions : { pour tout k 2 f1; : : : ; n 1g et tout t 2 I , les familles ( 0(t); : : : ; (k)(t)) et (e1 (t); : : : ; ek (t)) sont deux bases du m^eme espace vectoriel et ont la m^eme orientation ; { (e1(t); : : : ; en(t)) est un repere orthonorme direct. Si est de classe C n , les applications ei sont de classe C 1 et il existe une unique application continue ! : I ! Mn (R) telle que (e01 (t); : : : ; e0n(t)) = !(e1(t); : : : ; en(t)). De plus, il existe pour i 2 f1; : : : ; n 1g une fonction continue i : I ! R , strictement positive si i 6 n 2, telle que 1 0 0 1 CC BB ... ...  C: B 1 !=B ... ...  C C B@ n 1A n 1 0 Les i sont appelees les courbures de . En dimension 2, 1 est (au signe pres) l'inverse du rayon de courbure. En dimension 3, 1 > 0 est appelee courbure tandis que 2 est la torsion de la courbe parametree. Introduction

Chapitre XXXII Ce chapitre de calcul dierentiel est l'occasion de donner plusieurs demonstrations du theoreme de Brouwer, ainsi que des applications. Les exercices 32{7 et 32{8 exposent le theoreme de Sard, d'une grande importance en geometrie dierentielle. Chapitre XXXIII Consacre aux courbes, ce chapitre donne quelques proprietes classiques des courbes planes (enroulement, theoreme des quatre sommets) ou gauches, notamment via la formule de Crofton. Chapitre XXXIV En n, ce chapitre expose quelques faits de la theorie des surfaces de R 3 (courbures, surfaces minimales). Nous avons aussi presente une demonstration simple d'une generalisation du theoreme de Jordan en dimension superieure

170

Geometrie dierentielle

(exercice 34{2) ainsi que quelques exemples de varietes dierentielles liees a l'algebre lineaire (grassmanniennes, etc.).

CHAPITRE XXXII

Calcul dierentiel Exercice 32{1. Indice d'un champ de vecteurs Soient un ouvert de R 2 et F : ! R 2 un champ de vecteurs qui ne s'annule pas dans . 1. Si : [a; b] ! est un lacet, montrer qu'il existe une fonction continue  : [a; b] ! R telle que

F ( (t)) = kF ( (t))k (cos (t); sin (t)) pour tout t 2 [a; b]. Montrer que la quantite Ind(F; ) = (b) 2 (a) est un entier independant du choix de . On l'appelle indice du champ de vecteurs F le long de . 2. Soient 1 et 2 deux lacets homotopes dans . Montrer que Ind(F; 1) = Ind(F; 2). 3. Si F1 et F2 sont deux champs de vecteurs jamais en opposition, montrer que Ind(F1 ; ) = Ind(F2 ; ). Indication : 1. Voir l'exercice 3{7. Solution : 1. Comme le champ de vecteurs F ne s'annule pas dans , la fonction f : t 7! F ( (t))= kF ( (t))k est bien de nie et continue de [a; b] dans le cercle unite S 1. On peut donc lui appliquer le theoreme du relevement (exercice 3{7) et il existe une fonction  telle que f (t) = (cos (t); sin (t)). De plus, si ' est un autre relevement, on a  ' = 2n, donc le nombre (b) (a) est independant du choix de . En n, comme est un lacet (ferme), on a f (a) = f (b), d'ou (b) (a) 2 2Z et Ind(F; ) 2 Z. 2. On va montrer que la fonction 7! Ind(F; ) est continue. Comme son image est contenue dans l'ensemble discret Z, elle est constante sur les composantes connexes de l'ensemble des lacets, en particulier sur l'ensemble des lacets homotopes a .

172

Geometrie dierentielle

Soit un chemin xe. On considere la fonction t 7! d( (t); @ ). Elle est continue, non nulle, donc elle admet un minimum non nul . Si x est un point du plan a distance inferieure a =2 d'un point (t), on a d(x; @ ) > d(@ ; (t)) d( (t); x) >  =2 > =2; donc l'ensemble K des points situes a distance 6 =2 de l'image de est un compact inclus dans . La fonction f = F= kF k est continue sur , donc uniformement continue sur K . Soit " 2 ]0; [. Il existe donc  > 0 tel que kf (x) f (x0)k < sin("=2) quand kx x0 k < . Donc pour un chemin 0 tel que k 0k1 < , on a kf (t) f 0 (t)k < sin("=2), d'ou alors j (t)  0 (t)j < " et nalement jInd(F; ) Ind(F; 0)j < "=2. 3. En notant 1 et 2 des rel evements respectifs de F1 et F2 , l'hypothese que F1 et F2 ne sont jamais en opposition revient a dire que 1(t) 2 (t) 62  +2Z. Comme 1 2 est une fonction continue, le theoreme des valeurs intermediaires implique qu'il existe un entier n tel que 1 (t) 2(t) 2 ](2n 1); (2n + 1)[. On peut en conclure :   Ind(F1 ; ) Ind(F2; ) = 21 1 (b) 2 (b) 1 (a) + 2 (a) 2 ] 1; 1[ : Comme ce nombre est un entier, on obtient Ind(F1; ) = Ind(F2; ).

Exercice 32{2. Transformee de Legendre Soit f : R n ! R une fonction de Legendre, c'est-a-dire qu'elle est C 1 , strictement convexe (i.e. pour tout t 2 ]0; 1[, f ((1 t)x + ty ) < (1 t)f (x) + tf (y)) et que kf (u)k = kuk ! +1 quand kuk ! 1. 1. Montrer que le gradient de f est un homeomorphisme de R n sur R n . 2. On appelle transformee de Legendre de f la fonction f  : Rn ! R E D v 7! v (grad f ) 1(v) f ((grad f ) 1(v)): Montrer que f  veri e l'inegalite de Fenchel : f (v) = supn(hv wi f (w)): w2R

3. Montrer que f  est C 1 et que grad f  = (grad f ) 1.

Indication : 1. Noter d'une part que f (y) > f (x)+hgrad f (x) y xi, d'autre part que f (x) hy xi est minoree. Pour montrer que grad f est un homeomorphisme, montrer que l'image reciproque d'un compact est compacte et adapter la preuve du theoreme de Poincare (exercice 1{8).

173

Calcul dierentiel Solution :

Comme f est strictement convexe, toutes les fonctions t 7! f (x + ty) (pour x 2 R n et y 2 R n non nul) sont strictement convexes de R dans R et de classe C 1 . On sait qu'alors leurs derivees sont strictement croissantes, c'est-a-dire que si t0 > t, alors hgrad f (x + t0y) yi > hgrad f (x + ty) yi. En particulier, grad f (x + y) 6= grad f (x), ce qui prouve que grad f est injective. Montrons que grad f est surjective. Fixons z 2 R n . Comme f (x)= kxk ! +1, la fonction f (x) hx zi tend vers +1 quand kxk ! +1. Elle admet donc un minimum qu'elle atteint en un point x0 ou son gradient est nul. Ainsi, grad f (x0 ) = z, ce qui prouve que grad f est surjective. L'inegalite f (0) + hgrad f (x) xi > f (x) montre aussi que kgrad f (x)k ! +1 quand x ! +1 (on dit que f est propre). Soit x 2 R n et montrons que (grad f ) 1 est continue au point grad f (x). On xe pour cela une boule fermee B autour de x telle que kgrad f (y)k > kgrad f (x)k + 1 si y 62 B . Alors, si (xk ) est une suite telle que grad f (xk ) ! grad f (x), on a xk 2 B pour k assez grand. La suite (xk ) admet pour seule valeur d'adherence eventuelle x car grad f est continue et injective. Comme B est compacte, (xk ) converge vers x, ce qui prouve que grad f est un homeomorphisme de R n sur lui-m^eme. 2. Soit v 2 R n et notons w = (grad f ) 1 (v ). On a ainsi f (v) = hv wi f (w) 6 supn hv xi f (x): 1.

x2R

D'autre part, la fonction x 7! hv xi f (x) est C 1 et, comme f est une fonction de Legendre, elle tend vers 1 lorsque kxk ! +1. Elle est donc majoree sur R n et atteint son maximum en un point ou son gradient s'annule. Or, ce gradient est egal a v grad f (x), si bien que le maximum est atteint en w et max hv xi f (x) = hv wi f (w) = f (v): x2Rn

Soit x 2 R n , posons v = (grad f ) 1(x). Pour y ! 0 dans R n , notons v + w = (grad f ) 1(x + y). On a alors f (x + y) f (x) = Dhx + y v + wi Ef (v + w) hx vi + f (v) = (grad f ) 1(x) y + (f (v) f (v + w) + hgrad f (v + w) wi) : Pour prouver que f  est dierentiable en x, il sut donc de prouver que l'expression entre parentheses dans cette derniere formule est un o(kyk) quand y ! 0. Or la fonction de nie par '(t) = f (v + tw) est convexe sur [0; 1], et sa derivee qui vaut '0(t) = hgrad f (v + tw) wi est donc croissante. Alors, 3.

f (v) f (v +w)+hgrad f (v + w) wi = '(0)

'(1)+'0(1) =

Z1 0

('0(1) '0(t)) dt:

174

Geometrie dierentielle

Comme '0(0) = hx wi et '0(1) = hx + y wi, on a l'inegalite 0 6 '0(1) wi pour tout t 2 [0; 1] et nalement, 0 6 f (v) f (v + w) + hgrad f (v + w) wi 6 hy wi : Ceci prouve que D E f (x + y) f (x) = (grad f ) 1(x) y + o(kyk);

'0(t) 6 hy

et donc que f  est C 1 de gradient grad f  = (grad f ) 1.

Exercice 32{3. Equations d'Euler Soient I = [a; b] un intervalle de R et F : I  R n  R n ! R , (t; x1 ; x2 ) 7! F (t; x1; x2 ) une fonction de classe C 2 . Si : I ! R n est une courbe de classe R C 1, soit E ( ) = F (t; (t); 0(t)) dt. I

1. On suppose que E ( ) est minimal parmi tous les chemins (de classe C  : I ! R n tels que j j1 et j0 0j1 sont petits, (a) = (a) et (b) = (b) (extremites xees). 2)

Montrer alors l'equation d'Euler (premiere variation)

! @F (t; ; 0) = @ @F (t; ; 0) : @x1 @t @x2

2. Lorsque F ne depend pas du temps, donner une integrale premiere de l'equation d'Euler.

2 3. Montrer aussi (variation seconde) que la forme quadratique @@xF2 est 2 positive en tout (t; (t); 0 (t)). 4. Determiner les courbes y : [a; b] ! R de classe C 2 telles qu'une particule se deplacant le long de y sous l'eet de la pesanteur (verticale et constante), partant de (a; y (a)) sans vitesse initiale, arrive en (b; y (b)) en le moins de

temps possible (brachistochrone de Bernoulli). Solution :

Soit  : [a; b] ! Rn de classe C 2 telle que (a) = (b) = 0. Par hypothese, E ( + s) > E ( ) pour tout s assez petit. Or, la fonction 1.

s 7! E ( + s) =

Zb a

F (t; (t) + s(t); 0(t) + s0 (t)) dt

est de classe C 1 en vertu du theoreme de derivation sous le signe somme et d E ( + s) = ds Z ! b @F @F 0 0 0 0 0 @x (t; + s; + s )((t)) + @x (t; + s; + s )( (t)) dt: a

1

2

175

Calcul dierentiel

Comme s = 0 est un minimum, cette derivee est nulle en 0 et

! Z b @F @F 0 0 0 0= (t; ; )((t)) + @x (t; ; )( (t)) dt: a @x1 2

En integrant par parties, on obtient alors

! Z b @F @ @F 0 0 0= (t; ; )((t)) @t @x (t; ; )((t)) dt a @x1 2 #b " @F (t; ; 0)((t)) + @x 1 a ! Z b @F @ @F 0 0 = (t; ; )((t)) @t @x (t; ; )((t)) dt: a @x1 2

Cette egalite est vraie pour toute fonction  : [a; b] ! R n de classe C 1 telle que (a) = (b) = 0. On en deduit l'equation d'Euler : pour tout t 2 I ,

! @F (t; ; 0) = @ @F (t; ; 0) : @x1 @t @x2 2. Supposons que F ne d epend pas de t. Alors,

@F ( (t); 0(t))( 0(t)) + @F ( (t); 0(t))( 00 (t)) @x1 ! @x2 d @F ( (t); 0(t)) ( 0(t)) + @F ( (t); 0(t))( 00(t)) dt @x2 ! @x2 = d @F ( (t); 0(t))( 0(t)) dt @x

d F ( (t); 0(t)) = dt =

2

si bien que l'integrale premiere cherchee s'ecrit

@F ( ; 0)( 0) = Cste: F ( ; 0) @x 2 3. Pour obtenir l' equation d'Euler, nous avons utilise le fait que la derivee de s 7! E ( + s) etait nulle en 0. Utilisons maintenant la positivite de la derivee seconde. En s = 0, celle-ci vaut Z b  @2F 2 0 )((t); (t)) + 2 @ F (t; ; 0 )((t); 0 (t)) ( t;

;

@x1 @x2 a @x21  2 + @@xF2 (t; ; 0)(0(t); 0(t)) dt > 0: 2

176

Geometrie dierentielle

Pour simpli er les notations, on introduit les matrices 2 A(t) = @@xF2 (t; ; 0); 1 2F (t; ; 0) B (t) = @x@ @x 1 2 2 C (t) = @@xF2 (t; ; 0): 2

Comme la derivee seconde est positive pour toute fonction  : [a; b] ! R n de classe C 2 et telle que (a) = (b) = 0, on va montrer que pour tout t 2 [a; b], C (t) est de nie positive. Supposons par l'absurde que C (t0) n'est pas de nie positive. Soit alors u 2 n R tel que C (t0)(u; u) < 1. Comme C est continue, on a C (t)(u; u) 6 1 dans un voisinage [t0 "; t0 + "] de t0 . (On peut ainsi se ramener au cas ou t0 appartient a l'interieur de [a; b] et que [t0 "; t0 + "]  [a; b].) De nissons alors une fonction  : I ! R n , de classe C 2 par morceaux en posant 8 > si t 6 t0 " ; (" jt t0 j)u si t0 " 6 t 6 t0 + " ; :0 si t > t0 + ". On constate que

Z b

 A(t)((t); (t)) + 2B (t)((t); 0(t)) + C (t)(0(t); 0(t)) dt a 6 2"(max kAk "2 kuk2 + 2 max kB k " kuk 1) 6 " si " est assez petit (ce qui est loisible), ce qui serait la contradiction voulue si  etait C 2. Or, il est facile d'approcher  en norme L2 par une fonction 1 de classe C 2 , de sorte que l'integrale ci-dessus (avec 1 a la place de ) devrait aussi ^etre negative. La question est donc demontree. 4. La conservation q de l'energie indique que la vitesse de la particule au point (x; y(x)) est v = 2g(y(a) y(x)). Ainsi, le temps mis a parcourir la courbe est Z b ds 1 Z b 1 + y0(x)2 !1=2 T = v = p2 g dx; a a y (a) y (x) temps que l'on doit minimiser. Nous sommes ainsi ramenes a un probleme du type etudi qe dans2 l'exercice, ou F : [a; b]  R  R ! R est donnee par (t; x1 ; x2) 7! (1 + x2 )=(y(a) x1). D'apres la question 2, l'integrale premiere de ce probleme de minimisation est v u u y0(x)2 t 1 + y 0 ( x) 2 q = Cste = C; y(a) y (1 + y0(x)2 )(y(a) y) d'ou (y(a) y(x))(1 + y0(x)2 )C 2 = 1;

177

Calcul dierentiel

et, la courbe allant vers le bas, soit y0 6 0,

v u 2 u 0 y (x) = t 1 CC2(y((ya()a) y(yx()x)) :

Il nous faut maintenant integrer cette equation dierentielle. On obtient bien s^ur u Z y(a) v u t C 2 (y2 (a) y) dy: x a= y(x) 1 C (y (a) y ) L'idee est alors de poser C 2 (y(a) y(x)) = (1 cos u)=2 (pour u 2 [0; ]), si bien que Z u s 1 cos u 1 1 Z u sin u=2 2 sin u cos u du x a = 2C 2 sin u du = 1 + cos u 2C 2 0 cos u=2 2 2 0 Z Z u u = 2C1 2 2 sin2(u=2) du = 2C1 2 (1 cos u) du 0 0 u sin u = 2C 2 : Ainsi, on obtient une expression parametree de la courbe cherchee | une cyclode | x(u) = A (u sin u) + a et y(u) = A (1 cos u) + y(a): Quand x = b, y vaut y(b), ce qui xe la valeur de la constante A. Remarque. C'est Bernoulli (Johann) qui, le premier, t ce calcul d'une courbe qui permet a une particule de se mouvoir d'un point a un autre en le moins de temps possible (brachistochrone, litteralement (( temps le plus court ))). Il le publia un peu plus tard, en 1697, apres avoir pose cette question comme probleme aux autres mathematiciens de son temps, ainsi que c'etait l'usage. Cette cyclode avait ete decouverte peu de temps auparavant par Huygens ; en eet, ce dernier montra que la periode des oscillations d'une masse oscillant sur la cyclode soumise a aucune autre force que la gravite ne dependait pas de l'amplitude des oscillations, d'ou le nom de tautochrone, (du grec (( temps  egal ))) qu'il donna a la cyclode.

Exercice 32{4. Boule de billard chevelue, d'apres Milnor 1. Soit A un compact de R n et v : A ! R n une fonction de classe C 1 sur (un voisinage de) A. On de nit pour t 2 R la fonction Ft : A ! R n par Ft(x) = x + tv(x). Montrer qu'il existe " > 0 tel que pour jtj < ", Ft est un dieomorphisme de A sur son image Ft (A). 2. Montrer que pour jtj < ", le volume de Ft (A) est un polyn^ome en t. 3. Soit S n 1 la sphere unite de R n et v : S n 1 ! R n un champ de vecteurs (tangents a la sphere), de classe C 1 , tel que kv k = 1. On prolonge v a R n en posant v (x) = kxk v (x= kxk).

178

Geometrie dierentielle

Montrer que pour jtj assez petit, Ftpest une application bijective de S n 1 sur la sphere de centre O et de rayon 1 + t2 . 4. En prenant pour A dans la deuxieme question une couronne kxk 2 [a; b], montrer que n est pair. 5. Montrer qu'il existe un champ de vecteurs unitaires tangents continu sur la sphere unite de R n si et seulement si n est pair. Solution :

La dierentielle de Ft est egale a Id +tv0. Par consequent, si jtj 6 (2 maxA kv0k) 1 = ", elle est inversible partout et Ft est en tout point de A un dieomorphisme local. D'autre part, si Ft (x) = Ft (y) et si jtj 6 ", alors kx yk = jtj kv(x) v(y)k 6 jtj max kv0k kx yk 6 21 kx yk ; ce qui implique x = y. Ainsi, Ft est injective des que jtj 6 ". Comme A est compact, le theoreme de Poincare (exercice 1{8) implique alors que Ft est pour tout t 2 [ "; "] un homeomorphisme de A sur son image, donc en de nitive un dieomorphisme. 2. Le jacobien de Ft en x est Jac Ft (x) = det(Id +tv 0 (x)) ; c'est donc un polyn^ome P (t; x) en t, de degre 6 n, dont les coecients sont des fonctions continues de x. De plus, ce jacobien ne s'annule pas pour x 2 A et jtj 6 ", si bien que son signe est constant. Pour t = 0, il est positif. Ceci montre que 1.

vol Ft (A) =

Z

Z

A

j Jac Ft(x)j dx = A P (t; x) dx

est un polyn^ome de degre 6 n en t. 3. D'apr es la question precepdente, Ft est injectif. Comme v est tangent a la sphere, la norme de Ft (x) est 1 + t2. Montrons p donc2 que pour jtj assez petit, l'image de S n 1 par Ft est la sphere de rayon p 1 +2 t . n 1 Si y 2 S , il faut resoudre x + tv(x) = 1 + t y, ou encore

q x = 1 + y2 y tv(x) =: '(x): Comme pour x et x0 2 S n 1, on a k'(x0 ) '(x)k = jtj kv(x0) v(x)k 6 " kx0 xk ; on voit que ' : S n 1 ! S n 1 est contractante (si " < 1, ce qui est loisible). En particulier, p 2 elle possede un unique point xe dans S n 1 qui est l'antecedent de 1 + t y par Ft . 4. Pour t assez petit, l'image de la couronne A = p fx ; 2a 6 kxk 6 bpg par F2t est, d'apres la question precedente, la couronne a 1 + t 6 kxk 6 b 1 + t . En fait, on ne l'a montre que pour la sphere unite, mais par homogeneite de v, le resultat est vrai pour tous b > a > 0.

Calcul dierentiel

179

Ainsi, le volume de Ft (A) est egal a (bn an)(1 + t2 )n=2 vol B (0; 1) = vol A  (1 + t2)n=2 : Mais d'apres la deuxieme question, le volume de Ft(A) est un polyn^ome en t. Comme la fonction (1 + t2)n=2 n'est une fonction polynomiale sur [ "; "] que pour n pair, il en resulte que n est pair. 5. Supposons n impair. D'apr es la question precedente, il n'existe pas de champ de vecteurs unitaires tangents de classe C 1 sur la sphere S n 1. Par suite, tout champ de vecteurs tangents de classe C 1 s'annule, car si v etait un champ de vecteurs sans zero, v= kvk serait unitaire et tout aussi dierentiable que v. Comme on peut approcher un champ de vecteurs continu par un champ de vecteurs C 1 , tout champ de vecteurs continu s'annule. Si n = 2m est pair, il existe des champs de vecteurs unitaires tangents sur la sphere qui ne s'annulent pas, par exemple : v(x1 ; : : : ; x2m ) = (x2 ; x1 ; x4 ; x3 ; : : : ; x2m ; x2m 1 ): L'exercice est ainsi termine. Remarque. Cette preuve est due a John Milnor 1 . On peut aussi en deduire le theoreme de Brouwer.

Exercice 32{5. Encore le theoreme de Brouwer ! 1. Soit f : R n+1 ! R n de classe C 1. Si i 2 f0; : : : ; ng. On note @if : R n+1 ! R n la derivee partielle par rapport a xi et Di le determinant det(@0 f; : : : ; @i 1f; @i+1 f; : : : ; @nf ). Montrer l'egalite n X i = 0: ( 1)i @D @x i i=0 2. Soit B la boule unite de R n et F : B ! B une fonction C 1. On suppose que F (x) 6= x pour tout x 2 B . Montrer que l'application a : B ! R , qui associe a x la plus grande racine  de l'equation kx + (x F (x))k2 = 1, est de classe C 1 sur B . 3. On pose f (x0; x) = x + x0 a(x)(x F (x)) et Z I (x0 ) = D0 (x0; x1 ; : : : ; xn) dx1


dxn: B Calculer I (0), I (1). Montrer que I est C 1 et calculer I 0 . En deduire une contradiction. 4. Montrer que toute fonction continue B ! B a un point xe (theoreme de Brouwer).

Analytic proofs of the \Hairy ball theorem" and the Brouwer xed point theorem, Amer. Math. Monthly, 85, p. 521{524, 1978. 1

180

Geometrie dierentielle

Solution : 1.

Derivons le determinant Di par rapport a xi :

@Di = det(@ @ f; @ f; : : : ; @ f ) det(@ @ f; @ f; @ f; : : : ) +


i 0 1 n i 1 0 2 @xi 8 j i j 6=i (un chapeau denote, comme a l'habitude, qu'on omet le terme qui est sous lui). Par consequent, n X i=0

(

1)i @Di @xi

n X

X 1)i j 6=i

(

)

( 1)j det(: : : ) = ( ( 1)j 1 i=0   X = det(: : : ) ( 1)i ( 1)j + ( 1)j ( 1)i 1 i 1 Qet m = (m1 ; : : : ; mn) 2 f0; : : : ; N 1gn, notons Km le cube ni=1 [mi =N; (mi + 1)=N ]. Si Km \ C est non vide, montrerp que f (Km ) est inclus dans un parallelepipede de volume 6 an 1b( n=N )nn=2. c) En deduire que f (C ) est de mesure nulle. Solution : 1. La d erivee de f est continue, donc uniformement continue, sur le compact [0; 1]. Soit !f 0 le module de continuite de f 0 sur [0; 1] ; on a donc !f 0 (t) ! 0 quand t ! 0. Le theoreme des accroissements nis permet d'armer que (f (Km)) 6 supKm jf 0j =N . Or si Km \ C 6= ?, on a supKm jf 0j 6 !f 0 (1=N ). On peut conclure que (f (Km))S6 "N =N , avec "N = !f 0 (1=N ). De f (C \ [0; 1])  f ( m Km), l'union etant prise sur les m tels que Km \ C 6= ?, on conclut que pour tout N ,

(f (C \ [0; 1])) 6

X

m; Km \C 6=?

(Km) 6 N  "N =N = "N ;

d'ou, en faisant tendre N vers l'in ni, (f (C \ [0; 1])) = 0. En n, en repetant l'argument pour les ensembles C \ [n; n + 1], pour n 2 Z, et par additivite denombrable de la mesure de Lebesgue , on obtient (C ) = 0. Notons K le cube compact [0; 1]n. a) Par le th eoreme des accroissements nis, il sut de prendre a = supK jf 0j pour satisfaire la premiere condition. 2.

184

Geometrie dierentielle

Pour la deuxieme condition, on peut ecrire jf (y) x(y)j = j f (y) f (x) f 0(x)(y x)j Z 1 @ 0 = @t f (x + t(y x)) dt f (x)(y x) 0 Z 1  = f 0(x + t(y x))(y x) f 0(x)(y x) dt

Z0 1    0 0 f (x + t(y x)) f (x) dt (y x) = 0 6 !f 0 (jy xj) jy xj : Il sut donc de prendre b(t) = !f 0 (t) qui tend vers 0 puisque f 0 est uniformement continue sur le compact K . b) Soit x 2 Km tel que f 0 (x) n'est pas inversible. On peut donc trouver un hyperplan H qui contienne l'image de l'application tangente (x). Soit p y 2 Km. De la premiere inegalite de a), on tire jy xj 6 a n=N . A partir de lapdeuxieme p inegalite, on voit que la distance de f (y) a H est plus petite que n=N  b( n=N ). On voit donc que l'image de y doit pappartenir p a un parallelepipede rectangle dont l'un pdes c^ote est de longueur b( n=N ) n=N et les n 1 autres p sont de longueur a n=N . Le volume de ce parallelepipede est donc an 1nn=2 b( n=N )=N n. Le raisonnement est le m^eme qu'a la premiere question : on a X p (f (C \ K )) 6 (f (Km)) 6 N n  an 1nn=2 b( n=N )=N n N !1 ! 0; c)

m; Km \C 6=?

d'ou (C \ K ) = 0. En repetant l'argument pour les translates de K et par additivite denombrable, on obtient bien (C ) = 0.

Exercice 32{8. Le theoreme de Sard (version generale) Soit f : R n ! R p une application de classe C dn=pe (en notant dxe plus petit entier superieur ou egal a x). Soit C l'ensemble des x tels que f 0 (x) n'est pas surjective et pour i > 1, soit Ci l'ensemble des x 2 R n tels que toutes les derivees d'ordre 6 i s'annulent en x. On veut prouver le theoreme de Sard, a savoir que f (C ) est de mesure nulle. La demonstration se fait par recurrence sur n ; on suppose donc connu

le theoreme pour une application de R n 1 dans R p . 1. Si x 2 C n C1, montrer en utilisant l'hypothese de recurrence et le theoreme de Fubini qu'il existe un voisinage V de x tel que f (V \ C ) soit de mesure nulle. En deduire que f (C n C1 ) est de mesure nulle. 2. Si k > 1, montrer que f (Ck n Ck+1) est de mesure nulle. 3. Si k est un entier > n=p tel que f est de classe C k , montrer que f (Ck ) est de mesure nulle. En deduire le theoreme de Sard.

185

Calcul dierentiel

Indications : 1. Si  2 C est tel que

@f1 6 0, on introduira au voisinage de @x1 ( ) =

(f1 (x); x2 ; : : : ; xn ). 2. Utiliser une methode analogue a celle de la premiere question. 3. Raisonner comme dans l'exercice 32{7.

 la fonction h(x) =

Solution :

@fi ( ) 6= 0. Quitte a Soit  2 C n C1. Ainsi, l'une des derivees partielles @x j @f1 ( ) 6= 0. reordonner les indices, on suppose que @x 1 Alors, l'application h : R n ! R n de nie par h(x) = (f1 (x); x2 ; : : : ; xn) est dierentiable ; la matrice de sa dierentielle est 0 @f1 1 0 0


0 @x BB @f11 1 0


0CC BB @x. 2 C BB .. 0 . . . . . . ... CCC ; BB .. .. . . . . CC @ @f. . . . 0A 1 @xn 0


0 1 donc est inversible en  . En vertu du theoreme des fonctions implicites, il existe donc un voisinage U de  tel que h : U ! h(U ) = U 0 soit un C 1 dieomorphisme. Considerons alors g : U 0 ! R p de nie par g = f  h 1. Comme h est un dieomorphisme, il est clair que x 2 U est point critique de f = g  h si et seulement si h(x) 2 U 0 est point critique de g. Ainsi, les valeurs critiques de f : U ! R p sont les valeurs critiques de g : U 0 ! R p . Si y = (y1; : : : ; yn) 2 U 0 , on a g(y) = (y1; g2(y); : : : ; gp(y)) et on constate @gi que g0(y) n'est pas surjective si et seulement si la matrice @y j i;j >2 n'est pas surjective. Si t 2 R , notons Ut0  R n 1 l'ouvert des y0 tels que (t; y0) 2 U 0 . Ainsi gt : Ut0 ! R p a pour points critiques les y0 2 Ut0 tels que (t; Ut0 ) est point critique de g. Cela implique que les valeurs critiques de gt s'identi ent a l'intersection de ftg  R p 1 avec l'ensemble f (U \ C ). D'apres l'hypothese de recurrence,   f (U \ C ) \ ftg  R p 1 est de mesure nulle. D'apres le theoreme de Fubini, f (U \ C ) est donc de mesure nulle, puisque 1.

(f (U \ C )) =

Z

R

 (x) dx = p f (U \C )

Z Z

R Rp

 (t; x0 ) dx0 dt = 1 f (U \C )

Z

R

0 = 0:

Si x 2 C n C1 , notons Ux un voisinage de x tel que f (C \ Ux) est de mesure nulle. En approchant C n C1 par les fermes bornes n o Fm = y 2 R n ; kyk 6 m et d(y; Rn n (C n C1)) 6 1=m ;

186

Geometrie dierentielle

on en deduit que C n C1 est recouvert par une famille denombrable (Uxi )i2N de voisinages Ux et donc que l'ensemble [ f (C n C1)  f (C \ Uxi ) i2N

est de mesure nulle. k 2. Soit  2 Ck n Ck+1 . Soit w (x) = @x @


f@x une des d erivees partielles i1 ik d'ordre k de f , choisie de sorte qu'une des derivees partielles de w soit non @w ( ) 6= 0. nulle. Quitte a reordonner les indices, on suppose que @x 1 Alors, la fonction h : R n ! R n de nie par h(x) = (w(x); x2; : : : ; xn) est un dieomorphisme d'un voisinage U de  sur son image U 0 . De plus, la fonction g : U 0 ! R p de nie par g(h(x)) = f (x) a m^emes valeurs critiques que f : U ! Rp . Mais si x 2 Ck \ U , w(x) = 0. Ainsi, si x 2 Ck \ U , f (x) est une valeur critique de la restriction de g a U 0 \ f0g  R n 1 . L'hypothese de recurrence implique que les valeurs critiques de g : U 0 \ f0g  R n 1 ! R p forment un ensemble de mesure nulle. Il en resulte que f (Ck \ U ) est de mesure nulle. Tout point de Ck possede donc un voisinage U tel que f (Ck \ U ) est de mesure nulle. On en deduit comme precedemment que f (Ck ) est de mesure nulle. 3. Soit k un entier > n=p. On va prouver que f (Ck \ [0; 1]n ) est de mesure nulle, ce qui assurera par additivite denombrable que f (Ck ) est de mesure nulle. Notons x le polyn^ome de degre k donne par la formule de Taylor de f en x. En utilisant l'uniforme continuite de la ke dierentielle de f sur [0; 1], on montre qu'il existe une fonction  : R + ! R + tendant vers 0 en 0 telle que pour tous x et y 2 [0; 1]n, jf (y) x (y)j 6 jy xjk (jy xj): Fixons un entier N > 1 et decoupons [0; 1]n en N n cubes Km de c^ote 1=N , indexes par m 2 f0; : : : ; N 1gn. Soit x 2 Km \ Ck ; autrement dit, x = f (x). Si y 2 Km, alors jy xj 6 1=N et jf (y) f (x)j 6 (1=N )=N k. Ainsi, f (Km) est inclus dans la boule de centre f (x) et de rayon (1=N )=N k . Son volume est 6 Vp(1=N )pN kp, Vp designant le volume de la boule unite de R p . Comme [ [ f (Ck \ [0; 1]n) = f (Ck \ Km)  f (Km); m

m; Ck \Km 6=?

le volume de f (Ck \ [0; 1]n) est majore par N n Vp(1=N )pN kp = Vp(1=N )pN n kp: Comme k > n=p, N n kp 6 1. En faisant tendre N vers +1, on obtient bien que f (Ck \ [0; 1]n) est de mesure nulle.

187

Calcul dierentiel

Il est maintenant facile d'en 0 deduire le theoreme1de Sard : on ecrit dn=p [e 1 @ C = (C n C1 ) [ (Ck n Ck+1)A [ (Cdn=pe) k=1

et les trois questions de cet exercice montrent que l'image par f de chacune de ces parties est de mesure nulle. Finalement, f (C ) est de mesure nulle, comme il fallait demontrer.

Exercice 32{9. Valeurs regulieres 1. Soient X et Y deux varietes dierentiables et f : X ! Y une fonction de classe C 1 . Soit x 2 X et y 2 Y tels que f (x) = y . Montrer que s'il existe une carte  : (U; u) ! (X; x) et une carte : (V; v ) ! (Y; y ) (avec f ((U ))  (V )) telles que u soit un point critique de 1  f  , alors c'est

vrai de tout couple de cartes. On dit alors que x est un point critique de f et que y est une valeur critique de f . Un point de Y est une valeur reguliere si ce n'est pas une valeur critique. 2. Quels sont les points critiques de la fonction altitude Sn ! R; (x1 ; : : : ; xn+1) 7! xn+1 ? 3. On suppose que X est compacte et dim X = dim Y . Soit y 2 Y une valeur reguliere. Montrer que f 1 (y ) est un ensemble ni ; notons n(y ) son cardinal. Montrer qu'il existe un voisinage V de y dans Y tel que f 1 (V ) soit la reunion disjointe de n(y ) ouverts (Ui ) de X et tels que f : Ui ! V soit un dieomorphisme pour tout i. 4. En deduire que l'application y 7! #f 1(y) est une application localement constante de l'ensemble des valeurs regulieres de f dans N .

Solution :

1. Consid erons deux cartes 1 : (U1 ; u1) ! (X; x) et 2 : (U2; u2) ! (X; x) au voisinage de x, et deux cartes 1 : (V1; v1) ! (Y; y) et 2 : (V2; v2) ! (Y; y) au voisinage de y. On a la formule, dans un voisinage de u2, 1 1 1 1 2  f  2 = ( 2  1 )  ( 1  f  1 )  (1  2 ) et on remarque que 2 1  1 et 1 1 2 sont respectivement des dieomorphismes d'un voisinage de u1 dans U1 sur un voisinage de u2 dans U2 d'une part, et d'un voisinage de v2 dans V2 sur un voisinage de v1 dans V1 d'autre part, d'apres la de nition d'une carte. La dierentielle de 2 1  f  2 en u2 est donc la composee d'un isomorphisme lineaire, de la dierentielle de 1 1  f  1 en u1 et d'un isomorphisme lineaire. Par suite l'une des dierentielles est non surjective si et seulement si l'autre l'est. Autrement dit, u1 est point critique de 1 1  f  1 si et seulement si u2 est point critique de 2 1  f  2 . 2. On va montrer que les seuls points critiques de la fonction altitude sont les deux p^oles. En eet, soit  = (1; : : : ; n+1) 2 S n.

188

Geometrie dierentielle

Si l'une des coordonnees i 6= 0, alors on dispose de la carte suivante dans un voisinage de  : a (x1 ; : : : ; xi 1 ; xi+1; : : : ; xn+1 ) dans un voisinage de (1; : : : ; i 1; i+1; : : : ; n+1) on associe q (x1; : : : ; xi 1; " 1 x21


x2i 1 x2i+1


x2n+1; xi+1 ; : : : ; xn+1 ) ou " = 1 est le signe de xi. En particulier, si i 6= n + 1, la dierentielle de la fonction altitude dans cette carte est surjective car la derivee partielle par rapport a xn+1 est 6= 0. Cela montre que seuls les p^oles (pour lesquels x1 =


= xn = 0) peuvent ^etre des points critiques. En revanche, dans un voisinage du p^ole nord, on a la carte de nie par q 2 (x1 ; : : : ; xn) et xn+1 = 1 x1


x2n. On voit que pour tout i 2 f1; : : : ; ng, @xn+1 = 2x =x = 0 i n+1 @xi au p^ole, si bien que la dierentielle de l'altitude est nulle au p^ole nord, et de m^eme au p^ole sud. Par consequent, les points critiques de la fonction altitude sont le p^ole nord et le p^ole sud. 3. Comme y est une valeur r eguliere, pour tout x 2 X tel que f (x) = y, x n'est pas un point critique. Le theoreme des fonctions implicites applique dans deux cartes autour de x et y permet d'armer que f realise un dieomorphisme d'un voisinage de x sur un voisinage de y. En particulier, f ne prend pas la valeur y dans un voisinage de x, ce qui prouve que f 1(y) est un ensemble discret. Comme X est compact, l'ensemble f 1(y) est automatiquement ni. Si fx1 ; : : : ; xn(y) g est l'ensemble de ses elements, il est possible, d'apres ce qu'on vient de voir, de choisir des voisinages ouverts Ui  X de xi , qu'on peut supposer disjoints, tel que f : Ui ! Vi = f (Ui) soit un dieomorphisme. Prenons V = Ti Vi et changeons Ui en Ui \ f 1(V ). La situation est alors la suivante : pour tout i 2 f1; : : : ; n(y)g, f : Ui ! V est un dieomorphisme. Il reste a prouver qu'on peut encore diminuer V de sorte que f 1(V ) est la reunion (disjointe) des Ui . Si c'etait faux, il existerait une suiteS(yn) tendant vers y dans Y , et pour tout n un point n 2 X tel que n 62 i Ui et f (n) = yn 2 V . Comme X est compacte, la suite n aurait une valeur d'adherence  telle que f ( ) = lim f (n) = lim yn = y. Ainsi,  serait l'un des xi . Pourtant, xi, qui est dans l'interieur de Ui , n'est pas dans l'adherence de X n Si Ui, ce qui etablit la contradiction demandee. 4. Ainsi, quitte  a diminuer V , on peut supposer que pour tout y0 2 V , 1 0 f (y ) est forme d'exactement un point dans chaque Ui et donc n(y0) = n(y) pour tout y0 2 V . Cela signi e bien que y 7! n(y) est localement constante. Remarque. Cet resultat peut ^etre d'une grande utilite pour prouver que certaines applications sont surjectives : si l'ensemble des valeurs regulieres dans Y est connexe, la fonction y 7! n(y) est constante sur cet ensemble. Il sut

Calcul dierentiel

189

d'exhiber un element x 2 X tel que f (x) est une valeur reguliere car on aura n(f (x)) > 1 et f (X ) contiendra l'ensemble des valeurs regulieres. Comme l'ensemble des valeurs critiques est inclus dans f (X ) par de nition, on voit que f est surjective. On laisse au lecteur le plaisir de prouver le theoreme de d'Alembert par cette methode. (Indication : prolonger un polyn^ome en une application continue de la droite projective complexe dans elle-m^eme en envoyant l'in ni sur lui-m^eme.)

CHAPITRE XXXIII

Courbes Exercice 33{1. Courbes planes convexes On dit qu'une courbe plane : I ! R 2 , fermee, de classe C 1 , est convexe si pour tout t 2 I , (I ) est contenue dans l'un des demi-plans separes par la tangente a en (t). Soit : [a; b] ! R 2 une courbe fermee simple. 1. On suppose que est convexe. Soit  : [a; b] ! R une determination continue de l'argument de 0 (angle de la tangente). Montrer que  est monotone. 2. Si est de classe C 2 , en deduire que la courbure de garde un signe constant. 3. Reciproquement, on suppose que est une courbe simple de classe C 2 dont la courbure garde un signe constant. Montrer que est convexe. 4. On suppose de plus que la courbure de est strictement positive. Montrer qu'il existe une parametrisation de de classe C 1 sous la forme m : [0; 2] ! R 2 ; m() = p()u + q()u+=2 et hm0 () u i = 0:

Indication : 1. On utilisera le theoreme de Hopf demontre dans l'exercice 33{4. Solution : 1. Comme la courbe est simple, le th eoreme d'enroulement de Hopf arme que (b) (a) = 2 (cf. l'exercice 33{4). Ainsi,  parcourt un intervalle de longueur 2 que l'on peut supposer ^etre [ ; ]. Si (t) = (t0 ), il existe d'abord t00 tel que (t00) = (t). On a ainsi trois tangentes paralleles. Si elles sont deux a deux distinctes, la courbe ne peut ^etre d'un seul c^ote de la tangente (( du milieu )), si bien que deux de ces tangentes sont egales (notons-la D, et notons D0 la troisieme tangente) et la courbe est dans la bande que ces deux droites paralleles delimitent. Soient p1 = (t1 ) et p2 = (t2 ) (ou a 6 t1 < t2 < b) les deux points d'intersection consideres de D avec la courbe. Montrons que [p1; p2]  (I ) et pour cela montrons que  est constante sur l'un des intervalles [t1; t2 ] ou [t2 ; b] [ [a; t1].

191

Courbes

Sinon, la fonction continue t 7! d( (t); D) atteint son maximum sur [t1 ; t2 ] en un point  2 ]t1; t2 [, avec 0 ( ) parallele a D. De m^eme sur ]t2 ; b] [ [a; t1 [, si bien qu'on a alors deux nouvelles tangentes paralleles a D et D0 ; necessairement, ces droites sont egales a D0 (sinon la courbe n'en serait pas d'un seul c^ote). D

p2 p1

p0 D0

Mais ceci contredit le fait que la courbe est simple : si p01 et p02 sont les deux points d'intersection de la courbe avec D0 que nous avons mis en evidence, la courbe fait le trajet p1 p01p2 p02p1 et se recoupe forcement. En eet, on a un quadrilatere dont on joint les deux couples de points opposes. On voit geometriquement qu'il y a necessairement un point d'intersection, et deux demonstrations de ce resultat a l'aide du theoreme de Jordan se trouvent dans les exercices 3{3 et 3{9 du tome 1. Ainsi,  est constant sur, disons [t1 ; t2]. Nous avons donc montre que si (t) = (t0 ),  est constante sur [t; t0] ou sur [a; t] [ [t0 ; b]. Cela montre que  est monotone. (Si on avait (t1 ) > (t2) mais (t2) < (t3 ) pour trois reels t1 < t2 < t3 ), on aurait une contradiction en choisissant u 2 ](t2 ); min((t1 ); (t3)[ puis t et t0 dans les intervalles ]t1 ; t2[ et ]t2 ; t3[ tels que (t) = (t0 ) = u. Alors,  n'est constante ni sur [t; t0 ], ni sur [t0 ; b] [ [a; t], d'ou la contradiction.) 2. Si est de classe C 2 , on sait que t 7!  (t) est de classe C 1 et que  0 (t) s'identi e a la courbure en (t). Comme  est monotone, la courbure a un signe constant. 3. Supposons qu'il existe t0 2 [a; b] tel que ne soit pas d'un seul c^ ote de 0 la tangente a en (t0 ). Soit n un vecteur unitaire normal a (t0). Alors, la fonction '(t) = h (t) (t0 ) ni change de signe. Elle admet necessairement un maximum et un minimum en des reels t+ et t . Alors, '0(t) = h 0(t ni. Ainsi, 0(t+), 0(t0 ) et 0(t ) sont paralleles. Deux d'entre eux sont dans le m^eme sens, si bien qu'il existe deux reels t1 < t2 tels que (t1 ) = (t2 ). Alors, il existe deux entiers k et k0 tels que (t2 ) (t1 ) = 2k et (t1 + b a) (t2 ) = 2k0. D'apres le theoreme d'enroulement de Hopf, k + k0 = 1. Supposons par l'absurde que  est monotone, disons croissante. Ainsi,  n'etant pas constante sur [t1 ; t2], (t2 ) (t1 ) > 0, et donc k > 1. Pour la m^eme raison, k0 > 1, si bien que k + k0 > 2, ce qui est la contradiction voulue. De m^eme, si  etait decroissante, on aurait k 6 1, k0 6 1, d'ou k + k0 6 2. Nous avons donc prouve que si n'est pas convexe, la fonction  : I ! R , determination de l'angle de la tangente, n'est pas monotone. Si la courbe etait

192

Geometrie dierentielle

de classe C 2 , sa courbure n'aurait ainsi pas un signe constant. 4. Comme la courbure  est strictement positive, la fonction  est strictement monotone et realise une bijection continue I ! [;  + 2]. Pour simpli er, on suppose  = 0 ; il sut de prolonger en une fonction periodique et de la considerer sur un intervalle [t; t0] tel que (t) = 0. Alors,  =  1 : [0; 2] ! I est continue, et m^eme de classe C 1 puisque  = 0 > 0. On ecrit

( ()) = p()u + q()u+=2 = (x( ()); y( ())); d'ou ( x( ()) = p() cos  + q() sin  y( ()) = p() sin  q() cos  et ( p() = x( ()) cos  + y( ()) sin  q() = x( ()) sin  y( ()) cos ; ce qui fournit une parametrisation de la courbe de classe C 1 si est de classe C 2 . On note que hm0 () u i = p0 q = 0, si bien que m() = p()u + p0()u+=2: Remarque. On notera que cette parametrisation existe et est continue des que (t) est strictement monotone. On dit alors que la courbe est strictement convexe.

Exercice 33{2. Le theoreme des quatre sommets Soit C une courbe convexe simple du plan. On appelle sommet de C un point de C ou la courbure est extremale. Montrer que C admet au moins quatre sommets (comptes avec multiplicites).

Indication : Si la courbe est strictement convexe, utiliser la parametrisation etablie dans l'exercice 33{1. Solution :

Si la courbe n'est pas strictement convexe, elle contient un segment ouvert et le resultat a demontrer est vrai. Supposons donc la courbe strictement convexe et considerons la parametrisation m() = p()u + p0()u+=2: En derivant, on a m0 () = (p + p00)()u+=2 ; puis     m00 () = p0() + p000 () u + p() + p00 () u+=2 : Le rayon de courbure vaut donc km0 ()k3 = p() + p00 (): R() = det(m 0 (); m00 ())

193

Courbes

La fonction p() est C 1 et 2-periodique. On peut donc la developper en serie de Fourier : X p() = cn exp(in): Alors

R 0 ( ) =

X

n2Z

(incn in3 cn) exp(in);

n2Z

en particulier ses coecients de Fourier de degre 0, 1 et 1 sont nuls. Montrons maintenant que R a au moins quatre extrema. Il sut de montrer que R0 s'annule au moins quatre fois en changeant de signe : { tout d'abord, une fonction 2-periodique s'annule en changeant de signe un nombre pair de fois ; { ensuite, R0 s'annule en changeant de signe aux points ou R atteint son maximum et son minimum ; { et si elle s'annulait seulement deux fois en 0 et 1 , on pourrait choisir a, b et c tels que ! !   0 1 0 + 1 cos a + b cos( c) = cos  2 2 ne s'annule en changeant de signe qu'aux points 0 et 1 , d'ou

Z 2 0

R0 ()(a + b cos( c)) d 6= 0;

ce qui contredit l'annulation des coecients de Fourier de degre 0, 1 et 1 de R0. Ainsi, C a au moins quatre sommets.

Exercice 33{3. Aire des rectangles circonscrits Soit K  R 2 l'(( interieur )) d'une courbe convexe simple de longueur L. (Ainsi, K est un ensemble convexe compact.) Soit d() le diametre de K dans la direction , c'est-a-dire la distance minimale entre deux droites perpendiculaires au vecteur (cos ; sin ) telles que K soit inclus dans la bande formee par ces droites. 1. Montrer que L = 12 R02 d() d. 2. Montrer qu'il existe un rectangle circonscrit a K dont l'aire est inferieure a L2 = 2 , avec egalite si et seulement si K est de diametre constant.

Indications : 1. Voir l'indication de l'exercice 33{2. 2. On utilisera l'inegalite de Cauchy-Schwarz. Solution :

Soit une parametrisation C 1 de @K . Quitte a translater K , on peut supposer que l'origine du plan est dans l'interieur de K . 1.

194

Geometrie dierentielle

On reprend la construction de l'exercice 33{2. On voit geometriquement que d() = p() + p( + ). La longueur de @K , parametre par  7! m() se calcule par Z 2 Z 2 0 L = km ()k d = jp() + p00()j d: 0 0 Or, la courbe @K etant convexe, la courbure p + p00 garde un signe constant. On a alors Z 2 Z 2 Z 2 L =  (p + p00)() d =  p() d = 21 d() d; 0 0 0 etant donne que d() = p() + p( + ). 2. Soit R( ) le plus petit rectangle rectangle circonscrit  a K dont l'un des axes est dirige par u .

p( + =2) + p( + 3=2)  p(  ) + p(  +  ) Soit A() son aire. On a alors, par de nition de d(), A() = d()d( + =2): On recherche le minimum de A(), qui veri e Z 2 1 1 = 2 d()1=2 d( + =2)1=2 d; min A() 6 2 0 avec egalite si et seulement si A() est constante. Or, par Cauchy-Schwarz, on a

Z 2 0

d()1=2 d( + =2)1=2 d

2 Z 2

6

0

d() d 

Z 2 0

d( + =2) d = L  L;

d'apres la question 1. Par ailleurs, il y a egalite si et seulement si d() est constante. On en conclut que min A() 6 L2 =2, avec egalite si et seulement si d() est constante. On dit alors que la courbe est de largeur constante. Remarque. Les disques sont bien s^ur un exemple de courbe de largeur constante, mais il en existe beaucoup d'autres, cf. par exemple [Berg], x 12.10.5.

Courbes

195

Exercice 33{4. Umlaufsatz de Hopf Soit f : [a; b] ! R 2 une parametrisation d'une courbe C 1 fermee C . (En particulier, f 0 ne s'annule pas, f (a) = f (b) et f 0 (a) = f 0 (b).) 1. Montrer qu'il existe une fonction continue  : [a; b] ! R telle que f 0(t) = jf 0(t)j(cos (t); sin (t)) et que ((b) (a))=2 est un entier independant du choix de  et du choix d'une parametrisation orientee, appele nombre d'enroulement. 2. La courbe C est orientee par la parametrisation f . Si x 2 C , soit (x) la courbure (algebrique) de C en x. OnR note aussi ds la mesure de longueur sur C . Montrer que la courbure totale C (x) ds est egale a (b) (a). La suite de l'exercice est consacree a prouver le theoreme d'enroulement de Hopf : si C est simple, alors la courbure totale est egale a 2 . 3. Montrer que l'on peut se ramener au cas ou f est parametree par la longueur d'arc, f (a) = (0; 0), f 0 (a) = (1; 0) et f est au-dessus de sa tangente en a. 4. Soit T = f(t1 ; t2) 2 [a; b] ; a 6 t1 6 t2 6 bg et ' : T ! R la fonction de nie par 8 f (t2 ) f (t1 ) > < kf (t02 ) f (t1 )k si t1 < t2 et (t1; t2 ) 6= (a; b) ; '(t1; t2 ) = > f (a) si (t1 ; t2 ) = (a; b) ; :f 0(t1) si t1 = t2 . Montrer qu'il existe une unique fonction continue # : T ! R telle que ' = (cos #; sin #) et #(a; a) = 0. Montrer que #(b; b) #(a; b) =  , et #(a; b) #(a; a) =  . En deduire le theoreme de Hopf.

Solution :

Comme f 0 ne s'annule pas, la fonction t 7! f 0 (t)=jf 0(t)j est une application continue de I dans le cercle unite S 1. Comme l'intervalle I est simplement connexe, le theoreme du relevement arme qu'il existe une application continue  : I ! R telle que f 0 = jf 0j(cos ; sin ) et que deux telles applications dierent d'un multiple entier de 2. En particulier, (b) (a) est independant du choix du relevement. De plus, f 0(a) = f 0(b), si bien que cos (a) = sin (a) et cos (b) = sin (b). Il en resulte que (b) = (a) (mod 2) et ((b) (a))=2 est un entier independant du choix de . Si ' : J ! I est un dieomorphisme croissant, on a (f  ')0(t) = '0(t)f 0('(t)) = '0(t) kf 0('(t))k (cos ('(t)); sin ('(t))) = k(f  ')0 (t)k (cos ('(t)); sin ('(t))); si bien que le nombre d'enroulement de f  ' est egal a celui de f . 1.

196

Geometrie dierentielle

R

La courbure totale de C est egale a I (f (t)) kf 0(t)k dt. On peut en fait supposer que la courbe est parametree par la longueur d'arc. Alors, f 0(t) = (cos (t); sin (t)) et f 00(t) = 0 (t)( sin (t); cos (t)); ce qui prouve que (f (t)) = 0(t). Il en resulte l'egalite Z (x) ds = (b) (a): C 3. La courbure totale est ind ependante du choix de parametrisation croissante, on peut donc supposer que la courbe est parametree par la longueur d'arc. D'autre part, il est possible de trouver une tangente a C telle que C soit d'un seul c^ote de cette droite ; prenons en eet l'ensemble des reels y tels que la droite horizontale passant par (0; y) ne rencontre pas la courbe. C'est un ouvert de R qui contient un voisinage de 1. Si ] 1; a[ est la composante connexe correspondante, la courbe C rencontre la droite y = a et, ne la croisant pas, lui est necessairement tangente. Quitte a translater la courbe, a faire tourner le repere et a faire partir la parametrisation de ce point, ce qui ne change pas la courbure algebrique, et eventuellement a changer l'orientation du plan, ce qui change le signe de la courbure, on peut ainsi supposer que f (a) = (0; 0), que f 0(a) = (1; 0) et que f est au-dessus de la droite y = 0. 4. Comme la courbe C est simple, la fonction ' est continue sur le triangle T prive de la diagonale t1 = t2 et de (a; b). Montrons qu'elle est continue sur la diagonale. En eet, quand t1 < t2 , on a 2.

Z t2

Z1

f (t2) f (t1) = f 0(t1 + u(t2 t1 )) du 2 t1 ) 0 t1 si bien que f (t2 ) f (t1 ) = Z 1 f 0((1 u)t + ut ) du 1 2 t2 t1 0 se prolonge par continuite a T tout entier en vertu du theoreme sur la continuite des integrales dependant d'un parametre. Lorsque (t1 ; t2) ! (t; t), on voit donc que f (t2 ) f (t1 ) ! f 0(t) t2 t1 et f (t2) f (t1)  f 0(t)(t2 t1 ) = f 0(t) kf (t2) f (t1)k kf 0(t)(t2 t1 )k car kf 0k = 1. Montrons maintenant qu'elle est continue en (a; b). On ecrit alors Z t1  Zb   Z t1 +b a  f (a) + f 0 = f (t2) f (t1) = f (b) f0 f 0(u) du f 0(u) du = (t

t2

a

t2

si l'on prolonge f par (b a)-periodicite a R tout entier. Ainsi, f (t2) f (t1)  (t1 + b a t2 )f 0(a)

197

Courbes

et

f (t2) f (t1) ! f 0 (a); kf (t2) f (t1)k d'ou la continuite en (a; b). On a de plus '(a; a) = (1; 0) = (cos 0; sin 0). Le triangle T etant connexe et simplement connexe (ou convexe, si l'on prefere), le theoreme du relevement arme qu'il existe une unique application continue # : T ! R telle que '(t1; t2 ) = (cos #(t1 ; t2 ); sin #(t1 ; t2)) et #(a; a) = 0. Considerons t 7! #(a; t) : c'est une fonction continue de [a; b] dans R et #(a; b) #(a; a) est congru a  modulo 2. Comme sin # > 0 et est continue, #(a; t) ne vaut jamais =2 modulo 2 et #(a; b) #(a; a) = . De m^eme, considerons l'application t 7! #(t; b) : c'est une application continue de [a; b] dans R telle que #(b; b) #(a; b) =  modulo 2. Comme sin #(t; b) 6 0, #(t; b) ne vaut jamais =2 modulo 2, et nalement #(b; b) #(a; b) = . On a donc prouve que #(b; b) #(a; a) = 2. Or #(t; t) releve t 7! 0 f (t)= kf 0(t)k, si bien que (b) (a) = 2, ce qu'il fallait demontrer. Remarque. On trouvera dans l'exercice 30{6 une application de ce resultat aux orbites periodiques des systemes dierentiels autonomes dans le plan. Exercice 33{5. Longueur des courbes fermees sur la terre Soit une courbe C 1 tracee sur la sphere unite de R 3 . 1. On suppose que les extremites de sont deux points antipodaux. Montrer a l'aide des coordonnees spheriques que le longueur de est superieure ou egale a  . Cas d'egalite ? 2. On suppose que est fermee et n'est contenue dans aucun hemisphere. Montrer que sa longueur est strictement superieure a 2 . Solution :

On peut supposer la courbe : [0; L] ! S 2 parametree par longueur d'arc. Designons ses extremites comme les p^oles (( nord )) et (( sud )). Comme elle est C 1 , on peut en extraire un arc qui joint les p^oles nord N et sud S sans y repasser. On va prouver que la longueur de cet arc est > , ce qui nous ramene au cas ou la courbe ne passe pas par les p^oles sur ]0; L[. Alors, on peut utiliser les coordonnees spheriques sur ]0; L[ et trouver deux fonctions de classe C 1  et ' sur ]0; L[ telles que pour tout t, 1 0 cos  ( t ) cos ' ( t )

(t) = B @ cos (t) sin '(t) CA : sin (t) Alors, le carre de la norme de 0 (t) est 0(t)2 + '0 (t)2cos2(t), d'ou l'inegalite 0(t) 2 [ 1; 1]. Quand t ! 0, (t) tend vers le p^ole nord, donc (t) ! =2 ; quand t ! L, (t) ! =2. Ainsi, 1.

=

Z1 0

0(t) 6 L:

198

Geometrie dierentielle

Le cas d'egalite est obtenu quand 0 = 1, d'ou '0 = 0. La courbe est alors un meridien joignant les deux p^oles. Remarque. Le calcul qu'on vient de faire prouve en fait que le plus court chemin sur la sphere entre deux points est un arc de grand cercle, qui sont donc les geodesiques de la sphere. 2. Quitte  a faire un changement de variable, on peut encore supposer que

(t) est une 1-parametrisation de la courbe. Soit L la longueur de la courbe. On note P = (0) (= (L)) et Q = (L=2). Si P et Q sont antipodaux (i.e. P = Q), alors L > 2 et on a ni. En eet, la longueur d'une courbe reliant deux points antipodaux est plus grande que la longueur d'une geodesique, autrement dit d'un demi grand cercle. Sinon, on va construire, sous l'hypothese que la courbe n'est pas contenue dans un hemisphere, une courbe de m^eme longueur qui possede deux points antipodaux et on conclut alors de m^eme. Soit N le point situe au milieu de P et Q sur le plus petit des deux demi grands cercles passant par P et Q. On regarde N comme le (( p^ole nord )) de la sphere. On note H le plan qui passe par l'equateur. Par hypothese, la courbe n'est pas contenue dans l'hemisphere nord, donc elle coupe l'equateur, disons entre P et Q (quitte a echanger P et Q). Soit t0 la premiere valeur de t tel que (t) 2 H . En notant sH la symetrie orthogonale par rapport a H , on construit une nouvelle courbe  : [0; L=2] ! S 2 telle que 8 < si t 2 [0; t0]; (t) = : (t) sH ( (t)) si t 2 [t0; L=2]: P

N

Q

O

Q0

La courbe  est elle aussi parcourue a vitesse 1 (puisque sH est une isometrie), et comme sH (Q) = sH (sON (P )) = Q0, on a (L=2) = Q0 . On a ainsi fabrique une courbe (non fermee) qui passe par deux points antipodaux. Sa longueur est donc superieure a , ce qui montre que L=2 >  et conclut la demonstration.

Exercice 33{6. Formule de Crofton Soient S 2 la sphere unite de R 3 et : I ! S 2 une courbe parametree C 1 de longueur L (on suppose que 0 ne s'annule pas).

199

Courbes

Pour tout p 2 S 2 , notons Cp le grand cercle dont p est le p^ole nord et n(p) le nombre de points d'intersection de Cp avec (I ). Le but de l'exercice est de montrer la formule de Crofton Z : S2

n(p) dA(p) = 4L:

1. Montrer que l'on peut se ramener au cas ou (s) = e1 (s) est parametre par la longueur d'arc, et qu'il existe e2 : I ! S 2 et e3 : I ! S 2 (de classe C 1 ) telles que e2 = e01 et (e1 ; e2 ; e3 ) forment pour tout s un repere orthonorme direct. Calculer e02 et e03 . 2. En utilisant la parametrisation p(s; t) = cos t e2(s)+sin t e3 (s), montrer la formule de Crofton.

Solution :

Il est clair que la parametrisation n'in ue pas sur les deux membres de la formule a demontrer. On peut donc supposer que est parametree par la longueur d'arc. Si e1 = , alors k2e01k = k 0 k = 1 puisque est parametree par la longueur. De plus 0 = dsd ke1 k = 2e1
e2 . On de nit e3 = e1 ^ e2 de sorte que (e1; e2 ; e3) forment bien une base orthonormee variant de facon C 1 (ou si l'on veut, un repere mobile de classe C 1). On a alors d ke k2 = 2e
e0 d (e
e ) = e0
e + e
e0 = 1 + e
e0 ; 0 = ds et 0 = ds 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 d'ou, en notant a1 = a1 (s) = e02
e3, e02 = 1 e1 + 0 e2 + a1 e3 = e1 + a1 e3: En n, on a d (e ^ e ) = e0 ^ e + e ^ e0 e03 = ds 1 2 2 1 1 2 = e2 ^ e2 + e1 ^ ( e1 + a1 e3) = a1 e2 : 2. Si un grand cercle C passe par le point e1 (s), son p^ ole nord p est situe dans le plan engendre par e2 (s) et e3(s), donc il existe un unique reel t 2 [0; 2[ tel que p = p(s; t) = cos t e2(s) + sin t e3 (s): Ainsi, p(s; t) est une parametrisation de l'ensemble des points p 2 S 2 tels que n(p) 6= 0, chacun etant obtenu n(p) fois. Ainsi, Z Z n(p) dA(p) = dA(p(s; t)): 2 1.

S

I [0;2[

Pour une variation ds et dt des parametres, l'aire dA(p) balayee par p(s; t) est kp0s(s; t) ^ p0t (s; t)k ds dt, avec p0t (s; t) = sin t e2 (s) + cos t e3(s)

200

et d'ou

Geometrie dierentielle

p0s(s; t) = cos t e02(s) + sin t e03(s) = cos t e1 (s) a1 (s) sin t e2(s) + a1 (s) cos t e3 (s);

dA(p) =

cos2 t e2 (s) + cos t sin t e3(s)

ds dt = (cos4 t + cos2 t sin2 t)1=2 ds dt = jcos tj ds dt: Il reste a calculer : ZL Z Z LZ 2 jcos tj dt ds = 4 ds = 4L: n(p) dA(p) = 2 S

0 0

0

Exercice 33{7. Une application du theoreme de Crofton Soit : I ! R 3 une courbe C 1 fermee parametree par longueur d'arc. 1. Avec les notations de l'exercice 33{6, montrer que le nombre n(p) de points d'intersection de Cp et de la courbe s 7! 0 (s) (comptes avec multiplicite), s'il est ni, est non nul et pair. 2. Montrer que la courbure totale de est superieure ou egale a 2, avec egalite si et seulement si la courbe est contenue dans un plan (theoreme de Fenchel). 3. Si la courbe est de plus tracee sur la sphere unite, retrouver le resultat de l'exercice 33{5.

Indications : 1. Considerer la fonction fp(s) = p
(s). 2. Considerer la courbe s 7! 0(s) et lui appliquer le theoreme de Crofton. Solution :

Commencons par remarquer que, comme est parametree par la longueur d'arc, on a k 0 (s)k = 1, donc la courbe 0 (s) est tracee sur la sphere S 2 On a donc 0 (s) 2 Cp si et seulement si 0 (s) est dans le plan (vectoriel) orthogonal a p, autrement dit si p
0 (s) = 0. Or la fonction fp(s) = p
(s) possede un maximum, pour lequel fp0 (s) = 0, ce qui montre deja que n(p) > 1. Supposons maintenant que n(p) est ni. Pour tout point tel que fp0 (s) = 0, on a deux possibilites : { soit la multiplicite de fp0 (s) (i.e. le degre du premier terme de son developpement de Taylor) est paire, auquel cas la fonction s 7! fp0 (s) ne traverse pas la droite s = 0 ; { soit la multiplicite est impaire, et la fonction traverse la droite s = 0. Or, puisque fp0 (0) = fp0 (L), le nombre de fois ou fp0 traverse la droite s = 0 est un nombre pair, puisque c'est la somme du nombre de traversees de bas en haut et du nombre de traversees de haut en bas. 1.

201

Courbes

Finalement, en faisant la somme des multiplicites, on obtient bien un nombre pair. 2. Remarquons que la courbure totale K de peut se calculer comme la longueur de la courbe 0 . En eet, par les formules de Frenet, on a 00(s) = t0 (s) = (s)n(s), o u t et n sont respectivement le vecteur tangent et le vecteur normal a la courbe et (s) est la courbure de en (s), d'ou

ZL

ZL

K = j(s)j ds = k 00(s)k ds = `( 0): 0 0 On peut maintenant appliquer le theoreme de Crofton a la courbe 0 qui est de longueur K . Comme n(p) > 2 (premiere question), on obtient : Z Z K = 14 2 n(p) dA(p) > 41 2 2 dA(p) = 2: S S Il reste a montrer que si K = 2, la courbe est contenue dans un plan, ou, ce qui revient au m^eme, que son vecteur tangent 0 est contenu dans un plan. On suppose donc que 0 n'est pas contenue dans un plan. Il existe ainsi s0 tel que 00(s0 ) 6= 0 (puisque 0 n'est pas constante). On considere le grand cercle Cp qui est tangent a en (s0). Comme 00(s0) 6= 0, la fonction fp0 (s) a un zero de multiplicite exactement 2 en s0. Par ailleurs, la fonction fp0 , qui n'est pas identiquement nulle par hypothese, admet un minimum et un maximum non nuls. DansR le cas contraire, par exemple si fp0 (s) > 0, on aurait 0 = p
( (L) (0)) = 0L fp0 (s) ds > 0 ce qui est impossible. Il y a donc deux valeurs au moins s1 et s2 de s telles que fp0 (s) traverse l'axe s = 0. Remarquons que si une fonction f (s) traverse l'axe des s en un point, alors pour une petite perturbation de f , la fonction perturbee traverse encore l'axe des s au voisinage de ce point. En deplacant un peu le grand cercle Cp de facon a ce qu'il traverse la courbe au voisinage de (s0 ), et en vertu de la remarque, on peu trouver un grand cercle Cq tel que la fonction fq (s) traverse au moins quatre fois l'axe s = 0. En n, et toujours d'apres la remarque, pour tout point q0 dans un voisinage V de q (donc sur un ensemble de mesure non nulle), le cercle Cq0 possede donc quatre points d'intersection au moins avec , d'ou ! Z Z Z 1 1 K = 4 2 n(p) dA(p) > 4 2 2 dA(p) + 4 dA(p) > 2: S

S nV

V

Soit une courbe tracee sur la sphere unite et contenue dans aucun hemisphere. Alors elle coupe tout grand cercle, en au moins deux points d'apres la question precedente. On a donc n(p) > 2 pour tout p, et d'apres le theoreme de Crofton, la longueur de la courbe veri e Z Z L = 41 2 n(p) dA(p) > 41 2 2 dA(p) = 2: S S Par ailleurs, en reprenant l'argument de la demonstration ci-dessus, on voit que si L = 2, la courbe est en fait un grand cercle. 3.

202

Geometrie dierentielle

Exercice 33{8. Theoreme de Fary-Milnor

Cet exercice propose une autre application a la formule de Crofton de l'exercice 33{6. On supposera connu le resultat de la premiere question de l'exercice 33{7. Soit : I ! R 3 une courbe C 1 fermee parametree par la longueur d'arc. On suppose que la courbure totale de est < 4 . 1. Montrer qu'il existe un deplacement  de R 3 tel que 0 coupe l'image par  de l'equateur en exactement deux points. On suppose dans la suite (quitte a remplacer par   ) que  = Id. 2. Soient h < H le minimum et le maximum de l'altitude de s 7! (s). Montrer que pour tout t 2 ]h; H [, le plan horizontal d'altitude t coupe la courbe en deux points exactement m1 (t) et m2 (t). 3. Montrer qu'il est possible de choisir m1 (t) et m2(t) de sorte que les fonctions ]h; H [ ! R 3 de nies par t 7! mi (t) soient C 1 . Montrer que l'on peut prolonger m1 et m2 par continuite sur [h; H ] et que m1 (h) = m2 (h), m1(H ) = m2 (H ). 4. Montrer que la reunion D des segments [m1 (t); m2 (t)] lorsque t 2 [h; H ] est homeomorphe au disque unite de R 2 . Prouver que le bord de D est egal a (I ). Pourquoi dit-on que (I ) est un nud trivial ? (Theoreme de FaryMilnor.)

Solution :

Comme dans l'exercice 33{7, la courbure totale de est la longueur L de la courbe t 7! 0 (t). On utilise la formule de Crofton demontree dans l'exercice 33{6 pour evaluer cette longueur ; si 0 coupait chaque grand-cercle en 6= 2 points, elle les couperait en > 4 points d'apres la premiere question de l'exercice 33{7 et 4L > 4A(S 2) = 4
4; d'ou L > 4, ce qui est faux. Ainsi, il existe un grand cercle | qu'on suppose ^etre l'equateur au prix d'une rotation sur R n | qui coupe la courbe 0 en deux points exactement. 2. Soit t 2 ]h; H [. On suppose que I = [0; `], `  etant la longueur de la courbe . La fonction s 7! (s)
e3 t est prend les m^emes valeurs en 0 et en `, et change de signe a un moment donne. Necessairement, elle s'annule un nombre pair de fois en changeant de signe sur [0; `[ ; il faut montrer que ce nombre est deux. Or, si elle s'annule en 0 6 s1 < s2 < s3 < s4 < `, le theoreme de Rolle montre que 0(s)
e3 s'annule sur chacun des intervalles ]s1; s2 [, ]s2; s3[ et ]s4; s4[. Or, 0 est supposee ne couper l'equateur qu'en deux points. Ainsi, (s) coupe le plan horizontal d'altitude t en exactement deux points m1 (t) = (s1 ) et m2 (t) = 2(s2). 3. De plus, avec les notations de la question pr ecedente, 0 (si)
e3 6= 0, sinon le theoreme de Rolle montrerait que 0
e3 s'annule plus qu'il n'est permis. 1.

Courbes

203

D'apres le theoreme d'inversion locale, la fonction s 7! (s)
e3 (altitude de

(s)) est inversible dans un voisinage de s1 (resp. de s2) et on voit qu'il est possible de choisir m1 (resp. m2 ) de maniere C 1 dans un voisinage de t. En fait, il est plus simple, pour construire globalement m1 et m2, de xer I = [a; b] de sorte que (a)
e3 = h et de choisir s 2 I tel que (c)
e3 = H . Les points a et c sont uniques, sinon 0
e3 s'annulerait dans ]a; c[, dans ]c; b[ (en vertu du theoreme de Rolle), mais aussi en a et en c, c'est-a-dire en quatre points, deux de trop vu l'hypothese que 0 coupe l'equateur en exactement deux points. Alors,
e3 est strictement croissante sur [a; c] et strictement decroissante sur [c; b], d'ou deux bijections continues [a; c] ! [h; H ] et [c; b] ! [h; H ]. Les bijections reciproques, notees '1 et '2 , sont continues sur [h; H ] et inde niment derivables sur ]h; H [ (comme reciproque d'une fonction C 1 dont la derivee ne s'annule pas). En composant avec , on obtient les deux fonctions m1 et m2 voulues. Lorsque t ! h (resp. H ), mi (t) converge vers l'unique point de d'altitude h (resp. H ). 4. L'ensemble X peut ^ etre parametre assez simplement. Soit d'abord x(t) le vecteur de R 3 tel que m2 (t) = m1 (t) + km2 (t) m1 (t)k x(t): La fonction x : [h; H ] ! R 3 ainsi de nie est continue sur ]h; H [, mais se prolonge par continuite en h et H . En eet, mi (t) = ('i(t)) et '1(t) ! a (resp. '2(t) ! b) quand t ! h, si bien que   m2 (t) m1 (t) = m2 (b) + ('2(t) b) 0 (b) + o('2 (t) b)   m2 (a) + ('1 (t) a) 0(a) + o('1(t) a) = (b '2(t) + '1 (t) a) 0(a) + o('2 (t) b) + o('1(t) a): Or, b '2 et '1 a sont deux fonctions positives, par suite, km2 (t) m1 (t)k  (b '2(t) + '1 (t) a) k 0(a)k = (b '2(t) + '1 (t) a) puisque est parametree par la longueur d'arc. Ainsi, x(t) tend vers 0 (a) quand t ! h. De m^eme, x(t) tend vers 0(c) quand t ! H . On obtient alors la parametrisation de X suivante : x(t; s) = m1 (t) + sx(t); t 2 [h; H ] et s 2 [0; km2(t) m1 (t)k]: C'est une application injective car si x(t; s) = x(t0; s0), leur altitude commune vaut t = t0, et alors s = s0, puisque x(t) 6= 0. Elle est de plus continue. D'apres le theoreme de Poincare (exercice 1{8 du tome 1), elle realise un homeomorphisme de son ensemble de de nition sur son image X . Or, l'ensemble de de nition D de x(t; s) est visiblement homeomorphe au disque. Le bord de X est l'image du bord de D, lequel est forme des (t; s) tels que s = 0 ou s = km2 (t) m1(t)k. Autrement dit, @X = (I ). Alors, le lacet (I ) est trace sur le bord d'un ferme homeomorphe au disque ; il est ainsi possible de le deformer (par une homotopie continue ) sur un point,

204

Geometrie dierentielle

par exemple le centre du disque. Un lacet dans R 3 correspond bien a l'idee intuitive d'un nud (un bout de celle donc les extremites sont reliees) et ce nud n'est pas bien dicile a defaire, si bien qu'il est legitime de dire que (I ) est un nud trivial.

Exercice 33{9. Classi cation des varietes de dimension 1 Soit X  R n une sous-variete connexe de dimension 1. 1. Montrer qu'il existe pour tout point x 2 X une parametrisation ' : I ! X (ou I est un intervalle ouvert de R et '(I ) est un voisinage de x dans X ) telle que k'0 (t)k = 1 pour tout t 2 I . On appellera 1-parametrisation une telle parametrisation.

2. Soient ' : I ! X et : J ! X deux 1-parametrisations telles que '(I )\ (J ) est connexe (non vide). Montrer qu'il existe une 1-parametrisation  : K ! X telle que (K ) = '(I ) [ (J ) (c'est-a-dire que  prolonge ' et ).

3. Soient ' : I ! X et : J ! X deux 1-parametrisations telles que '(I ) \ (J ) est non vide mais n'est pas connexe. Montrer qu'alors il a deux composantes connexes et que X est dieomorphe au cercle S 1 . 4. En considerant une 1-parametrisation maximale, montrer qu'une sousvariete connexe de dimension 1 qui n'est pas dieomorphe a S 1 est dieo-

morphe a R .

Indication : 3. Considerer l'ensemble des (s; t) 2 I  J tels que '(s) = (t). Solution :

Par de nition d'une sous-variete de dimension 1, si x 2 X , il existe un voisinage U de x dans R n , un intervalle ouvert I  R et une application C 1 ' : I ! R n qui induit un homeomorphisme de I sur U \ X et telle que '0 ne s'annule pas. Ainsi, ' est un arc parametre que l'on peut renormaliser en le supposant parametre par la longueur d'arc, d'ou la question. 1 ( ), qui sont 2. Soit = '(I ) \ (J ) et soient I0 = ' 1 ( ) et J0 = connexes comme images continues d'un connexe. On a 1.

I0 '! ! J0; et, comme ' et sont des 1-parametrisations, on a j( 1  ')0j = 1 sur I0, donc ( 1  ')(x) = x + c. Quitte a translater I et a retourner eventuellement le sens de parcours de I , on peut supposer que I0 = J0 et que 1  ' = Id sur I0 = J0, autrement dit que 'jI0 = jJ0 .

205

Courbes

En notant I = ]a; b[, J = ]a0 ; b0[ et I0 = J0 = ]c; d[, on de nit K = ]min(a; a0); max(b; b0 )[ et  telle que

8 > '(x) si a 6 a0 et x < d; > > 0 < (x) = > (x) si a < a0 et x < d; '(x) si b > b et x > c; > > : (x) si b0 > b et x > c: Comme ' et concident sur ]c; d[, la fonction  est bien de nie. Il reste a voir que c'est une 1-parametrisation. Sur ]min(a; a0); d[, c'est vrai puisque si a 6 a0, alors j]a;d[ = j]a;d[, et sinon, j]a0 ;d[ = 'j]a0 ;d[. On voit de m^eme que  est une 1-parametrisation sur ]c; max(b; b0 )[. 3. Notons encore = '(I ) \ (J ). L'ensemble = f(s; t) 2 I  J ; '(s) = (t)g = f(' 1(x); 1 (x)) ; x 2 g est ferme dans I  J , comme image reciproque continue d'un ferme, et dieo-

morphe a . Soit 0 une composante connexe de . D'apres la demonstration de la question precedente, 1  ' est ane, de pente 1, sur I0 = ' 1( 0 ). L'image de 0 dans est donc un segment ouvert de pente 1. Mais dans un rectangle (ouvert), un segment ouvert ne peut ^etre ferme que si ses extremites sont sur le bord. De plus, pour tout s 2 ' 1( ) (resp. tout t 2 1 ( )), il y a un unique t 2 1( ) (resp. un unique s 2 ' 1( )) tel que '(s) = (t). Ceci montre que de chaque c^ote du rectangle I  J , il ne peut partir qu'une seule composante connexe de . Comme il y a quatre bords, il y a au plus deux composantes connexes, donc exactement deux puisque 0 n'est pas connexe.

Formes possibles de l'ensemble quand il a deux composantes connexes.

Soient a0 < b0 < c0 < d0 (resp. a00 <


< d00) tels que I = ]a0 ; b0 [ et ' 1( 0 ) = ]a0; b0 [ [ ]c0; d0[ (resp. la m^eme chose pour J ). On suppose aussi que 1  'j 0 = Id, ce qu'on peut toujours obtenir, quitte a inverser le sens de parcours d'un des deux intervalles. On va construire une surjection f : R ! X , de classe C 1 de periode d0 a0 + c00 b00 , qui fournira par passage au quotient un dieomorphisme S 1 ! X . Pour cela, il sut de poser

8 < si x 2 ]0; d0 a0 [ f (x) = :'(x + a00 ); (x + b0 d0 + a0 ); si x 2 [d0 a0 ; d0 a0 + c00 b00 ]; puis de la prolonger par (d0 a0 + c00 b00 )-periodicite.

206

Geometrie dierentielle

L'image de S 1 par f est ouverte dans X (theoreme des fonctions implicites) et compacte car S 1 est compacte. Ainsi, f (S 1) est une composante connexe de X , d'ou la surjectivite de f qui est alors un dieomorphisme S1 ! X . 4. Soit x un point de X x e. On considere l'ensemble des couples I = (I; ') ou x 2 '(I ) et ' : I ! X est une 1-parametrisation qui prolonge une 1parametrisation (I0; '0) xee. Comme X est supposee n'^etre pas dieomorphe a S 1, l'argument de la question precedente montre que toute 1-parametrisation est injective. On ordonne I en disant que (I; ')  (J; ) si I  J et si jI = '. En cherchant une 1-parametrisation maximale, on cherche ainsi un element maximal de I . En vue d'appliquer le lemme de Zorn, montrons qu'il est inductif. Si en eetS(I; ') est une famille totalement ordonnee d'elements de I , la reunion I = I est un intervalle ouvert de R et il existe ' : I ! X dont la restriction a I soit I . Ainsi, toute famille totalement ordonnee est majoree dans I et le lemme de Zorn arme que I possede un element maximal (I; '). D'apres le theoreme des fonctions implicites, l'image '(I ) est ouverte dans X . D'autre part, elle est fermee : supposons par l'absurde qu'il existe x 2 '(I ) et choisissons une 1-parametrisation : J ! X au voisinage de x. L'intersection (J ) \ '(I ) est non vide et donc connexe en vertu de la question 3. D'apres la question 2, on peut trouver une parametrisation qui prolonge (I; ') et (J; ), ce qui contredit le fait que (I; ') est un element maximal de I . Comme X est connexe par hypothese et que '(I ) est ouvert et ferme dans X , on a donc '(I ) = X . Ainsi, X est dieomorphe a un intervalle ouvert de R , donc a R . Remarque. On a considere ici le cas d'une sous-variete de R n . Comme une variete paracompacte est plongeable, le resultat est donc vrai pour toute variete paracompacte connexe de dimension 1. En revanche, on peut exhiber une variete connexe de dimension 1 qui n'est dieomorphe ni a R , ni a S 1 : prendre un ensemble non denombrable , le munir d'un bon ordre, i.e. d'un ordre total tel que toute partie admette un plus petit element. Si ! 2 , on peut ainsi de nir le (( successeur )) s(!) de ! comme le plus petit element de qui soit > !. On pose X =  ]0; 1] muni des cartes suivantes : au voisinage de (!; t) pour t < 1, on prend la carte ]0; 1[ ! X , x 7! (!; x) ; au voisinage de (!; 1), on prend la carte ]0; 2[ ! X , x 7! (!; x) si x 6 1 et (s(!); x 1) si x > 1.

CHAPITRE XXXIV

Surfaces, etc. Exercice 34{1. Espaces projectifs, grassmaniennes 1. Soient 1 6 p 6 n deux entiers et Xp  Mn(R )2 l'ensemble des matrices de rang p. Montrer que Xp est une sous-variete de R n . Calculer sa dimension. 2. Montrer que l'ensemble X des matrices A 2 Mn2+1 (R ) telles que A2 = A, Tr A = 1 et A = t A est une sous-variete de R (n+1) isomorphe a l'espace projectif reel R P n . 3. Plus generalement, on considere deux entiers 1 6 p 6 n et on considere l'ensemble Gp;n des matrices A 2 Mn (R ) symetriques, de trace p et veri ant A2 = A. Montrer que Gp;n est une sous-variete de R (n+1)2 qui s'identi e a l'ensemble des p-plans vectoriels de R n (grassmanienne). Quelle est sa dimension ? 4. Montrer que Gp;n est compacte. Indications : 1. Commencer par prouver que Xp est une sous-variete de Rn2 au voisinage de la matrice
I

par blocs 0p 00 .   2. Commencer par prouver que X est une variete au voisinage de la matrice


10


00








. Solution :

Soit A 2 Xp. Comme A est de rang p, il existe deux matrices P et Q inversibles telles que ! I 0 p PAQ = 0 0 : 1.

Or, X 7! PXQ est un C 1-dieomorphisme de Mn(R ) (d'inverse X 7! P 1XQ 1) qui laisse invariant Xp. Ainsi, pour montrer que Xp est une sous2 n variete de Mn(R ) = R au voisinage de A, il sut de prouver que c'est une sous-variete de Mn(R ) au voisinage de PAQ. ! ! M M I 0 1 2 p Nous sommes ramenes au cas ou A = 0 0 . Alors, si M = M M et 3 4 si kM1 k est assez petit, la matrice A+M est de rang > p car le bloc pp en haut a gauche Ip + M1 est inversible. Elle est de rang exactement p si et seulement si

208

Geometrie dierentielle

! M 2 les vecteurs colonnes de la matrice M sont dans l'espace vectoriel engendre ! 4 + M1 , c'est-a-dire si et seulement s'il existe une par ceux de la matrice Ip M 3 matrice U 2 Mp;n p(R) telle que ! ! ! M2 = Ip + M1 U = (Ip + M1 )U : M4 M3 M3 U Necessairement, U = (Ip + M1 ) 1M2 et M4 = M3 (Ip + M1 ) 1M2 . Autrement dit, l'application ! I + M M p 1 2 (M1 ; M2 ; M3) 7! '(M1 ) = M M3 (Ip + M1 ) 1M2 3 est une bijection d'un voisinage de 0 dans Mp(R )  Mp;n p(R )  Mn p;p(R ) sur un voisinage de A dans Xp. On constate que ' est une immersion en 0 : ! 1 dM2 sa dierentielle y vaut est dM dM3 0 , donc est injective. Autrement dit, ' est une parametrisation locale de Xp au voisinage de A. Il en resulte que Xp est une sous-variete de Mn(R ) en A, de dimension p2 + p (n p) + (n p) p = 2np p2 = p (2n p). D'apres ce qu'on a dit au debut de la solution, l'ensemble des matrices de rang p est une sous-variete de R n2 de dimension p (2n p). On remarque que si p = n, l'ensemble des matrices de rang n s'identi e a GLn(R ) qui est un ouvert de R n2 , donc une sous-variete de dimension n2. 2. Soit X l'ensemble des matrices A 2 Mn+1 (R ) telles que A2 = A, Tr A = 1 et A = t A. Tout d'abord, on note qu'un element A de X est un projecteur (puisque 2 A = A), orthogonal (puisque A = t A) sur un espace de dimension Tr A = 1. Autrement dit, X s'identi e a l'ensemble des droites vectorielles de R n+1 . On va montrer 0tout d'abord 1 que X est une sous-variete de Mn+1(R ) au 1 0


B0 0


CC voisinage de A = B @ . . . A. Si M = (mi;j ) 2 X et A M est de norme .. .. . . petite, la premiere colonne de M est non nulle, et M etant de rang 1, toutes les autres colonnes en sont multiples. Ainsi, il existe pour tout i 2 f2; : : : ; n+1g un reel i tel que mi;j = j mi;1. Comme M est symetrique, mi;1 = m1;i = im1;1 et mi;j = i j m1;1 . La condition que M est de trace egale a 1 s'ecrit en n, nX +1 X 1 = mi;i = m1;1 (1 + 2i ); i

i=2

d'ou nalement la parametrisation voulue de X dans un voisinage de A : si u1, : : : , un sont des P reels, on pose : { m1;1 = (1 + k u2k ) 1 ; { si i > 2, mi;1 = m1;i = ui=m1;1 ;

209

Surfaces, etc.

{ en n, si i > 2 et j > 2, mi;j = ui 1uj 1=m1;1. La parametrisation construite (ui) 7! (mi;j ) est dierentiable d'un voisinage de R n dans Mn+1(R ) et a, par construction, pour image un voisinage de A dans X . C'est de plus une immersion car les derivees partielles par rapport aux ui sont lineairement independantes. Ainsi, X est une sous-variete de dimension n de R (n+1)2 en A. Maintenant, soit M 2 X et montrons que X est une sous-variete de dimension n de R (n+1)2 en A. Dans une base orthonormee judicieuse, la matrice de M est egale a A. Autrement dit, il existe P 2 On+1(R ) tel que PAP 1 = M . Or, X est stable par l'application X 7! PXP 1, laquelle est un C 1-dieomorphisme de Mn+1(R ). On obtient alors une parametrisation d'un voisinage de M dans X en composant la param etrisation du voisinage de A obtenue avec ce dieomorphisme X 7! PXP 1. Nous avons nalement prouve que X est une sous-variete de R (n+1)2 . Sa dimension est n. Finalement, montrons que X est isomorphe (comme variete) a l'espace projectif reel. Soit  : R P n ! X l'application qui associe a une droite vectorielle de R n+1 la matrice de la projection orthogonale sur cette droite. Montrons que  est un isomorphisme de varietes. On dispose de n + 1 cartes standard sur R P n : par de nition, i (x1 ; : : : ; xn) est le point de coordonnees homogenes (x1 : : : : : xi 1 : 1 : xi : : : : : xn), ou encore la droite vectorielle de R n+1 dont (x1 ; : : : ; xi 1 ; 1; xi; : : : ; xn) est un vecteur directeur. Notons 'i (pour 1 6 i 6 n + 1) la carte de X suivantes : 'i(x1 ; : : : ; xn) est l'unique matrice (mj;k ) 2 X dont l'image est la droite de vecteur directeur (x1 ; : : : ; xi 1 ; 1; xi; : : : ; xn). On a calcule '1 plus haut et la formule pour 'i est

m1;i = x1 mi;i; : : : ; mi

1;i

= xi 1mi;i ; mi+1;i = ximi;i ; : : : ; mn+1;i = xnmi;i :

On constate que ( i (R n )) = 'i(R n ) et que 'i 1    simple suivante :

i

a l'expression tres ' 1

 i i (x ; : : : ; x ): (x1 ; : : : ; xn) 7 ! (x1 : : : : : xi 1 : 1 : xi : : : : : xn) 7 ! (mi;j ) 7 ! 1 n

Autrement dit,  est un isomorphisme de varietes de R P n sur X . 3. Une matrice A 2 Gp;n est un projecteur (car A2 = A) orthogonal (car A est symetrique) sur un sous-espace vectoriel de dimension Tr A = p de R n ; reciproquement, a un sous-espace vectoriel de dimension p on associe la matrice de la projection orthogonale sur ce sous-espace. Ainsi, Gp;n s'identi e a l'ensemble des sous-espaces vectoriels de dimension p de R n . Pour montrer que Gp;n est une sous-variete de Mn (R ), on generalise la demonstration de la question precedente. Pour cela, on remarque qu'il sut de prouver que Gp;n est une sous-variete de Mn(R ) au voisinage de la matrice

210

Geometrie dierentielle

! Ip 0 . On fait sinon un changement de variables lineaires a l'aide d'une 0 0 matrice orthogonale convenable pour ce ramener a ce cas. Soit ainsi M = ( CA DB ) un element de Mn(R ), ecrit par bloc, A etant une matrice de taille p  p. Si A est proche de Ip, alors A est inversible  Ip  et l'image de M est engendree par les vecteurs colonnes de la matrice CA 1 . Ainsi, si A est proche de Ip et M 2 Gp;n, M estla projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel image  I p de cette matrice CA 1 . Comme la matrice M est alors uniquement determinee par CA 1, Cela nous fournit une parametrisation locale de Gp;n. Il reste a veri er que cette parametrisation est une immersion dierentiable.   Posons X = CA 1. Comme l'image de M est incluse dans l'image de IXp , il existe Y 2 Mp(R ) et Z 2 Mp;n p(R ) telles que ! !  Y Z I p M = X Y Z = XY XZ : Les conditions sur M sont M = tM; M 2 = M et Tr M = p: Ainsi, Y est symetrique, Z = Y t X et p = Tr(Y + XY tX ) = Tr(Y (Ip + X t X )): En developpant le produit M 2 , on obtient ! ! Y 2t X + Y t XXY tX : Y Y t X = Y 2 + Y tXXY XY 2 + XY t XXY XY 2t X + XY t XXY tX XY XY tX Ces relations se simpli ent en Ip = Y + tXXY = Y + Y t XX; si bien que Y = (Ip + t XX ) 1, puis Z = (Ip + tXX ) 1t X . La relation Tr(Y + XY t X ) = p est automatiquement veri ee. Finalement, la parametrisation cherchee s'ecrit t XX ) 1 t XX ) 1 t X ! ( I + ( I + p p () M = X (I + t XX ) 1 X (I + tXX ) 1t X : p p 1 Elle est de classe C et le developpement limite au voisinage de X = 0 tX ! I p M = X 0 + o(kX k) montre que sa dierentielle en X = 0 est tX ! I p X 7! X 0 ;

211

Surfaces, etc.

donc est injective. Ainsi, la parametrisation () est une immersion de Mp;n p(R ) dans Gp;n qui de nit, en vertu du theoreme des fonctions implicites une parametrisation locale de Gp;n au voisinage de I0p 00 . Ainsi, Gp;n est une sous-variete de R n2 , de dimension p(n p). Remarque. Quand p = 1, on retrouve l'espace projectif R P n 1 . De plus, la dimension de Gp;n egale celle de Gn p;n. En fait, ces deux sous-varietes sont isomorphes : l'une parametre les sous-espaces vectoriels de dimension p de R n , tandis que l'autre parametre ceux de dimension n p. En prenant l'orthogonal d'un s.e.v., on passe de l'une a l'autre. 4. Pour montrer que Gp;n est compacte, il sut de montrer qu'elle est fermee et bornee dans Mn (R ). Elle est fermee comme intersection de fermes, les diverses equations de nissant Gp;n etant polynomiales donc continues. D'autre part, si M = (mi;j ) 2 Gp;n, on a X 2 X mi;j = mi;j mj;i (car M est symetrique) i;j

i;j

=

n X i=1

mi;i

(car M 2 = M )

= Tr(M ) = p: Il en resulte que Gp;n est bornee, et donc compacte.

Exercice 34{2. Le theoreme de separation de Jordan-Brouwer Soit X  R n une sous-variete compacte connexe orientable de dimension n 1. 1. Montrer qu'il existe un champ de vecteurs unitaires v : X ! R n tels que pour tout x 2 X , v (x) est orthogonal a l'espace tangent Tx X a X en x. 2. Soit " > 0 et h : X  ] "; "[ ! R n de ni par h(x; t) = x + tv(x). Montrer qu'il existe "0 > 0 tel que pour tout 0 < " < "0 , h est un dieomorphisme de X  ] "; "[ sur son image, notee V" (X ). 3. On xe desormais " < "0=2. Justi er qu'il existe une fonction C 1, croissante, f : R ! R , strictement croissante sur ] "; +"[, impaire et qui vaut " pour t > ". De nissons ' : V2" (X ) ! R par '(x + tv (x)) = f (t). Montrer qu'il existe un unique champ de vecteurs u sur R n , de classe C 1 , nul hors de V2" (X ) et egal a grad ' sur V" (X ).

Montrer qu'il existe une unique fonction  : R n ! R , de classe C 1 , telle que u = grad  et  = 0 sur X . 4. Montrer que  est constante sur toute composante connexe de X n V2"(X ), puis que  1(0) = X . 5. Montrer que R n n X a deux composantes connexes, C1 =  1(R + ) et C2 =  1 (R  ). Montrer que l'une de ces composantes connexes est bornee et l'autre non bornee.

212

Geometrie dierentielle

6. Montrer que C1 et C2 ont pour frontiere X . Solution :

1. En tout x 2 X , il existe exactement deux vecteurs unitaires orthogonaux a l'espace tangent TxX . Cependant, X etant orientee, un seul de ces deux vecteurs, note v(x), est compatible avec l'orientation choisie sur X , de sorte que l'orientation naturelle sur TxX  R v(x) soit celle de TxR n = R n . Montrons alors que x 7! v(x) est de classe C 1. Pour cela, il sut de se placer dans une carte ' : U ! X , ou U est un ouvert de R n 1 et ' une immersion qui realise un homeomorphisme de U sur son image. De plus, on peut supposer que ' est une carte orientee (autrement dit, que '0 preserve l'orientation). On peut alors en deduire une formule pour v(x) : en eet, v(x) est proportionnel au produit vectoriel @' ^ @' ^


^ @' @u1 @u2 @un 1 1 calcule en ' (x), et en fait, v(x) = k@@1 '' ^^





^^ @@n 1 ''k (' 1(x)): 1 n 1 1 Ainsi, v est bien de classe C . 2. Soit " > 0 et h : X  ] "; "[ ! R n d e nie par h(x; t) = x + tv(x). Fixons une carte ' : (U; u) ! (X; x) de X et etudions h' : (u; t) 7! h('(u); t) = '(u) + tv('(u)): Sa dierentielle en (u; 0) est (du; dt) 7! '0(u) du + v('(u)) dt. La de nition de v montre que c'est un isomorphisme lineaire, et le theoreme des fonctions implicites implique que h' est un dieomorphisme d'un voisinage de (u; 0) sur un voisinage de x dans R n . Ainsi, h est un dieomorphisme d'un voisinage Vx  ] "x; +"x[ de (x; 0) dans X  R sur un voisinage de x dans R n . On peut supposer les Vx ouverts. La compacite de X implique alors qu'on peut extraire des Vx un sous-recouvrement ni (Vxi ). Si " > 0 est un minorant de tous les "xi , on en deduit que h est un dieomorphisme local de X  ] "; "[ sur son image. Si h(x; t) = h(x0 ; t0), alors kx x0 k = k tv(x) + t0v(x0 )k 6 jt + t0 j: Si  [  jt + t0 j < min d V ; X n Vxj qui est > 0; x i i

cela implique que x et x0

j 6=i

sont dans une m^eme carte, et donc x = x0 puisque h est un dieomorphisme local. Ainsi, pour " assez petit, h est injective. Alors, on peut choisir "0 > 0 assez petit pour que { h soit injective de X  [ "0; "0] dans R n ; { h est un dieomorphisme local en tout (x; t) 2 X  [ "0; "0].

Surfaces, etc.

213

D'apres le theoreme de Poincare, X etant compacte, h est un homeomorphisme de X  [ "0 ; "0] ! R n sur son image V"0 (X ). Comme c'est un dieomorphisme local, h est de plus un dieomorphisme. On constate que "0 repond a la question posee. 3. L'existence d'une fonction (( cloche ))  : R ! R de classe C 1 , positive, nulle hors de [ 1; 1], strictement positive sur ] 1; 1[ et paire est bien connue. On pose alors R x=" (t) dt f (x) = " R01 (t) dt : 0 Soit ' : V2"(X ) ! R de nie par '(x + tv(x)) = f (t), c'est-a-dire '(h(x; t)) = f (t). Ainsi, ' est de classe C 1. Soit A : R n ! R n de ni par A(x) = 0 si x 62 V2"(X ) et A(x) = grad ' si x 2 V2"(X ). C'est un champ de vecteurs C 1 sur V2"(X ). Mais il est aussi C 1 sur le complementaire de V"(X ). En eet, sur V2" n V", f est egale a ", donc grad f = 0. Ainsi, A est identiquement nulle sur R n n V"(X ) et est par consequent C 1 sur R n . La condition necessaire pour un champ de vecteurs d'^etre le gradient d'une fonction est bien connue : si A = (A1 ; : : : ; An), il faut que rot A = 0, i.e. @Ai = @Aj . Mais dans R n , cette condition est susante (theoreme de Poincare) ; @xj @xi on integre en eet la forme dierentielle ! = A1 dx1 +


+ An dxn entre 0 et x, et la condition sur les derivees partielles permet d'armer que cette integrale ne depend pas du chemin d'integration choisi. Pour notre champ de vecteurs A, la condition est veri ee : sur V2"(X ), c'est clair puisque A y est le gradient de la fonction f , et sur R n n V"(X ), ce n'est pas moins clair, A etant identiquement nul sur cet ouvert. Ainsi, il existe une fonction  : Rn ! R de classe C 1 telle que A = grad . Alors, grad( ') = 0 sur V"(X ) qui est homeomorphe a X  ] "; "[, donc connexe. Il en resulte que  ' est constante sur V"(X ). Quitte a ajouter une constante a , on peut ainsi supposer que ' =  sur V"(X ), et donc que  = 0 sur X . Alors,  est unique puisque toute autre solution en diere par une fonction localement constante sur R n , donc constante, et nulle sur X , donc nulle. 4. Soit U une composante connexe de R n n V2" (X ). Comme

V"(X )  V"(X )  V2"(X ); on constate que U est inclus dans une composante connexe U 0 de l'ouvert R n n V"(X ). Alors, grad  = 0 sur U 0 , si bien que  est constante sur U 0 . Cela implique que  est constante sur U , ainsi qu'il fallait prouver. Par construction de , on a X   1 (0). Comme (y) = f (t) si y = x + tv(x) 2 V2"(X ), on voit d'autre part que  1 (0) \ V2"(X ) = X . Soit alors x 2 R n n V2"(X ). Soit y 2 V2"(X ) un point tel que d(x; y) = d(x; V2"(X )). Cela implique que [x; y]  R n n V2"(X ), et donc que  est constante sur [x; y].

214

Geometrie dierentielle

D'autre part,  = " sur la frontiere de V2"(X ), puisque 2" < "0 et que donc V2"(X ) est homeomorphe a X  [ 2"; 2"]. Ainsi, (x) 6= 0, ce qui nit de prouver que  1 (0) = X . 5. On constate d eja que R n n X est la reunion disjointe de C1 =  1 (R + ) et C2 =  1(R  ). Ainsi, R n n X est reunion disjointe de deux ouverts et n'est donc pas connexe. Il reste a prouver que C1 et C2 sont connexes. Or, C1 contient l'image par h de X  ]0; 2"] qui est connexe. Si x 2 C1 mais x 62 V2"(X ), soit y 2 V2"(X ) un point tel que d(x; y) = d(x; V2"(X )). On constate que  est constante, donc > 0, sur [x; y], si bien que y 2 C1. Alors, y appartient a h(X  ]0; 2"]). Autrement dit, C1 est la composante connexe de h(X  ]0; 2"]) dans R n n X . Cela prouve que C1 est connexe, et on prouve de m^eme que C2 est connexe. Finalement, comme C1 [ X [ C2 = R n , il est necessaire que C1 ou C2 ne soit pas bornee. Supposons pour xer les idees que C2 n'est pas bornee. Soit R un reel > 0 assez grand tel que X  B (0; R). Alors, le complementaire de B (0; R) est connexe et rencontre C2 . Cela entra^ne que C2  R n n B (0; R). Alors, C1  B (0; R) est bornee. 6. Soit x 2 C1 n C1 . Alors, (x) > 0 puisque  > 0 sur C1 , mais (x) 6 0 car x 62 C1 . Ainsi, (x) = 0 et x 2 X . Cela prouve que X est la frontiere de C1. De m^eme, X est la frontiere de C2 . Remarque. L'hypothese que X est orientable est super ue : on peut en eet prouver que toute sous-variete compacte de codimension 1 dans R n est orientable. Si dim X = 1, alors X est homeomorphe au cercle (voir l'exercice 33{9) et est automatiquement orientable.

Exercice 34{3. Projection de Mercator

Nous dirons qu'une courbe tracee sur la sphere est loxodromique si elle fait un angle constant avec les meridiens. La projection de Mercator est un dieomorphisme local de la sphere privee des p^oles dans R 2 telle que (a) les courbes loxodromiques ont pour images des lignes droites ; (b) les images des paralleles et meridiens sont orthogonales. 1. Montrer qu'une courbe parametree par longueur d'arc x : I ! S 2 est loxodromique si et seulement si sa latitude (s) et sa longitude '(s) sont telles que '0 (s) cos (s) et 0 (s) sont constants. 2. En deduire que la projection de Mercator (1569) a pour equation  '  (; ') 7! ; log tan 4 + 2 .

3. Montrer que la projection de Mercator preserve les angles. 4. Discuter l'inter^et de cette projection pour les marins.

Surfaces, etc.

215

Solution :

Si  et ' sont la latitude et la longitude de x, on a donc 1 0 0 0 0 cos  sin '1  sin  cos ' ' cos  cos ' x=B @ cos  sin ' CA et x0 = B@ 0 sin  sin ' + '0 cos  cos 'CA : 0 cos  sin  Comme x(s) est parametree par longueur d'arc, kx0 k = 1 et 0 2 + '0 2 cos2  = 1: Par hypothese, x(s) est loxodromique ; comme les vecteurs 1 1 0 0 sin ' sin  cos ' C et u' = B@ cos ' CA B u = @ sin  sin ' A 0 cos  sont les vecteurs unitaires tangents respectivement au meridien et au parallele passant par x(s), x0 (s) fait donc un angle constant avec le vecteur u . L'angle entre deux vecteurs unitaires est constant si et seulement si leur produit scalaire (qui est le cosinus de l'angle) est constant. Ainsi, la courbe x(s) supposee parametree par longueur d'arc est loxodromique si et seulement si hx0 (s) u i = 0 (sin2  cos2 ' + sin2  sin2 ' + cos2 ) = 0 est constant. On voit alors, x(s) etant parametree par la longueur d'arc, que '02 cos2  est constante, et donc hx0 (s) u' i = '0 (sin2 ' cos  + cos2 ' cos ) = '0 cos  aussi. 2. On peut bien s^ ur supposer que les images des paralleles et des meridiens sont des droites horizontales et verticales respectivement. Ainsi, la projection de Mercator est de la forme p(x) = (A('); B ()), ou A et B sont deux fonctions a determiner. Le long d'une courbe loxodromique x(s) parametree par longueur d'arc, on a '0 cos  = cos  et 0 = sin , autrement dit, p(x(s))0 = (A0 (') cos  = cos ; B 0 () sin ): Ce vecteur doit avoir une direction xe, independante de s, si bien qu'il existe une relation aA0(') cos  = b cos (s) B 0((s)) sin ; dans laquelle a et b ne dependent pas de s. En choisissant une courbe loxodromique qui ne soit ni un meridien ni un parallele,  et ' prennent plusieurs valeurs et il existe des constantes  et  (independantes de s, mais pas a priori de la courbe loxodromique choisie) telles que A0 (') =  et cos  B 0() =  1.

216

Geometrie dierentielle

le long de la courbe loxodromique. On integre ces relations, et on obtient   A(') = ' et B () =  log tg 4 + 2 : Comme A et B sont supposees C 1 , les constantes  et  sont en fait independantes de la courbe choisie et les formules precedentes sont vraies pour tout ('; ) dans le domaine de de nition de la projection de Mercator. On peut alors renormaliser la projection de Mercator de sorte que son equation est    ! p('; ) = '; log tan 4 + 2 : On remarque qu'a proprement parler, la projection de Mercator est plut^ot une projection sur un cylindre que sur un plan ! 3. Montrons que la projection de Mercator pr eserve les angles (on dit qu'elle est conforme). Sa dierentielle est en eet dp = (d'; d= cos ). Comme dx = d u + cos  d' u', l'image de u est le vecteur (0; 1= cos ), tandis que celle de u' est le vecteur (1= cos ; 0). La matrice de la dierentielle de p en ('; ), dans des bases orthonormees des espaces tangents au depart et a l'arrivee, est donc une homothetie ; elle preserve ainsi les angles. 4. Avec une bonne boussole, il est facile de d ecrire une courbe loxodromique : il sut que l'angle forme par l'aiguille de la boussole et la direction du bateau soit constante. En particulier, si l'on dispose d'une carte en projection de Mercator, il sut de joindre le depart et l'arrivee par un segment de droite (ou plusieurs, s'il faut eviter des terres emergees) cela determinera la courbe loxodromique a parcourir. Certes, les geodesiques sur la sphere sont les grands cercles, et non les loxodromiques, mais la abilite du procede d'orientation que constitue la projection de Mercator compense | aux yeux des marins | l'inconvenient d'emprunter un chemin plus long.

Exercice 34{4. Theorie locale des surfaces (I) : courbures Soit U un ouvert de R 2 et x : U ! R 3 une parametrisation locale (C 1 ) d'une surface X  R 3 (c'est-a-dire d'une sous-variete de dimension 2 de R 3 ). 1. Soit I un intervalle compact de R et s 7! (u(s); v(s)) une fonction I ! U de classe C 1 ; on considere la courbe parametree tracee sur X de nie par s 7! m(s) = x(u(s); y (s)). Prouver qu'il existe des fonctions E , F et G : U ! R + (independantes de la courbe parametree) que l'on exprimera en termes de x et de ses derivees partielles telles que la longueur de la courbe s 7! m(s) est donnee par Zq `= Eu0(s)2 + 2Fu0(s)v0(s) + Gv0(s)2 ds I (premiere forme fondamentale). 2. On suppose de plus que la courbe s 7! m(s) est parametree par longueur d'arc. Si e3 est un vecteur unitaire orthogonal au plan tangent a X en m(s),

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Surfaces, etc.

on appelle courbure normale l'expression N = hm00 (s) e3 i. Justi er cette appellation et prouver que ou

N = Lu0(s)2 + 2Mu0(s)v0(s) + Nv0(s)2 ;

@v x; @u2 v x] ; M = [@u x; @v x; @uv x] et N = [@ux; @v x; @v2 x] : L = [@ku x; @u x ^ @v xk k@ux ^ @v xk k@u x ^ @v xk

(Deuxieme forme fondamentale ; on a note entre crochets le produit mixte de trois vecteurs de R 3 et @u x designe @x=@u etc.) 3. Montrer que l'ensemble des courbures normales possibles est un intervalle [1 ; 2 ] tel que

M2 : 1 + 2 = EN EG2FMF +2 GL et 1 2 = LN EG F 2 Les quantites H = (1 + 2 )=2 et K = 1 2 sont appelees respectivement courbure moyenne et courbure de Gau de la surface en x(u(s); v (s)).

Solution :

On constate que m0 (s) = u0(s)@ux(u(s); v(s)) + v0(s)@v x(u(s); v(s)): R Comme ` = I km0 (s)k ds, on a E = k@u xk2 ; F = h@ux @v xi et G = k@v xk2 : 2. Si km0 k = 1, on sait que la courbure de la courbe en m(s), vue comme une courbe gauche, est egale a km00(s)k. Comme la courbe est tracee sur une surface, N = hm00(s) e3i est la longueur de la composante normale au plan tangent a X en m(s) du (( vecteur de courbure )) m00(s) . On remarque que e3 = (@ux ^ @v x)= k@u x ^ @v xk : En derivant les relations h@ux e3 i = h@v x e3 i = 0, on trouve les egalites 8 h@ e @ xi + he @ 2 xi = 0 > > < h@uv e33 @uuxi + he33 @uvu xi = 0 > > :hh@@vuee33 @@vvxxii ++ hhee33 @@vuv2 xxii == 00: Comme hm0 (s) e3(u(s); v(s))i = 0, on a hm00(s) e3 i = hm0 (s) e03(s)i = hu0(s)@u x + v0(s)@v x u0(s)@u e3 + v0 (s)@v e3i  = h@u x @u e3i u0(s)2 h@u x @v e3 i + h@v x @u e3i u0(s)v0(s) h@v x @v e3 i v0(s)2 = he3 @u2 xi u0(s)2 + 2 he3 @uv xi u0(s)v0(s) + he3 @v2 xi v0(s)2 = Lu0(s)2 + 2Mu0 (s)v0(s) + Nv0 (s)2; 1.

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Geometrie dierentielle

comme il fallait demontrer puisque pour tout vecteur y, * + @ u x ^ @v x he3 yi = k@ x ^ @ xk y = k[@@ux;x ^@v@x;xyk] : u v u v 3. Compte tenu des questions 1 et 2, on a 1 = minfLx2 + 2Mxy + Ny2 ; Ex2 + 2Fxy + Gy2 = 1g et 2 = maxfLx2 + 2Mxy + Ny2 ; Ex2 + 2Fxy + Gy2 = 1g: En eet, comme x(u; v) est une parametrisation locale, @ux et @v x ne sont pas proportionnels, si bien que EG F 2 > 0 et l'ensemble des (x; y) 2 R 2 tels que Ex2 + 2Fxy + Gy2 = 1 est compact. La fonction Mx2 + 2Mxy + Ny2 est continue, donc atteint ses bornes sur ce compact. Pour calculer ce maximum et ce minimum, le plus simple est peut-^etre d'utiliser la methode des multiplicateurs de Lagrange. Cela revient a dire que la dierentielle de la fonction (x; y) 7! Mx2 +2Mxy + Ny2 doit s'annuler en tout vecteur tangent a l'ellipsode de ni par l'equation Ex2 + 2Fxy + Gy2 = 1. Les deux dierentielles sont ainsi proportionnelles et il existe  tel que ( (L E )x + (M F )y = 0 (M F )x + (N G)y = 0: Alors, (x; y) 6= (0; 0) et Lx2 + 2Mxy + Ny2 = x(Lx + My) + y(Mx + Ny) = x(Ex + Fy) + y(Fx + Gy) = ; si bien que 1 et 2 sont les deux solutions de l'equation ! L E M F det M F N G = 0: En developpant, on obtient (LN M 2 ) (LN + EG 2FM ) + 2(EG F 2) = 0 et les deux relations voulues : EG 2FM LN M 2 : 1 + 2 = LN +EG et   = 1 2 F2 EG F 2 Remarque. Les constantes E , F , G, L, M et N dependent du parametrage (u; v) 7! x(u; v) choisi. C'est un theoreme important de Gau qu'en revanche la courbure de Gau K ne depend que de la surface X et de la premiere forme fondamentale (c'est-a-dire de la longueur des arcs de courbes traces sur la surface).

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Surfaces, etc.

Exercice 34{5. Theorie locale des surfaces (II) : surfaces minimales On continue l'etude locale d'une surface S parametree par x : U ! R 3 ou U est un ouvert de R 2 , telle qu'elle a ete entamee dans l'exercice precedent. On conserve en particulier les notations de l'exercice 34{4. 1. Calculer l'aire de x(U ) en fonction de E , F et G. On note e3 (u; v ) le vecteur unitaire normal a la surface en x(u; v ), oriente de sorte que x : U ! S preserve l'orientation. 2. Soit  : U ! R une fonction C 1 a support compact et pour tout reel t, la fonction t : U ! R 3 de nie par t (u; v) = x(u; v) + t(u; v)e3(u; v): Soit A(t) l'aire de l'image de U par t . Montrer qu'au voisinage de t = 0, on a le developpement limite : Z p EG F 2H du dv + O(t2): A(t) = A(0) 2t U 3. On suppose que l'aire de S est minimale parmi toutes les surfaces voisines S 0 qui concident avec S hors d'un compact. Montrer que la courbure moyenne de S est nulle en tout point. 4. Determiner les surfaces de revolution telles que H = 0. Solution :

On sait que l'aire d'une surface parametree x(u; v) est donnee par l'integrale de k@u x ^ @v xk. Autrement dit, 1.

Z

A = k@u x ^ @v xk (u; v) du dv: U Alors, on remarque que k@ux ^ @v xk2 = k@u xk2 k@v xk2 h@ux @v yi2 = EF G2; et donc Z p A= EF G2 du dv: U 2. On remarque que t d e nit, pour t assez petit, une surface parametree. En eet, (t; u; v) 7! @u t ^ @v t est une fonction continue ; elle ne s'annule pas si (u; v) n'appartient pas au support K de  et si (u; v) 2 K , elle ne s'y annulera pas pour t assez petit, puisqu'elle ne s'annule pas pour t = 0. Pour calculer l'aire de t(U ), il nous faut calculer les coecients E , F et G de la surface t. Comme  est a support compact, on pourra en outre eectuer un developpement limite de ces quantites en t et l'integrer ensuite. On a alors @ut = @ux + t@ue3 + t@u e3; et @v t = @v x + t@v e3 + t@v e3;

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Geometrie dierentielle

si bien que Et = k@u tk2 = k@u xk2 + 2t@u h@u x e3 i + 2t h@ux @u e3 i + O(t2) = E + 0 2tL + O(t2) = E 2tL + O(t2); puisque e3 ? @ux et h@u x @ue3 i = he3 @u2 xi = L. De m^eme, Ft = F 2tM + O(t2) et Gt = G 2tN + O(t2): Ainsi, Et Gt Ft2 = EG F 2 2t(LG + EN 2FM ) + O(t2) = (EG F 2)(1 4tH + O(t2)): En de nitive,

Z q Z p Et Gt Ft2 = EG F 2(1 2tH + O(t2)) U U Z p EG F 2H + O(t2): = A(0) 2t U 3. L'hypoth ese sur la surface S implique que pour toute fonction  : U ! R a support compact, l'aire de A(t) est superieure a l'aire A(0) pour t assez petit. Necessairement, on a alors Z p EG F 2H = 0: U A(t) =

p

Comme  est quelconque, EG F 2H = 0, et comme EG F 2 > 0, H est identiquement nulle. Remarque. On remarquera la similitude de raisonnement avec celui fait dans l'exercice 32{3 sur les equations d'Euler. En fait, H = 0 est l'equation d'Euler du probleme variationnel en deux dimensions obtenu en minimisant l'aire d'une surface. Les surfaces a courbure moyenne nulle sont en general appelees surfaces minimales. 4. Consid erons une surface de revolution x(u; v) = (u cos v; u sin v; f (u)). On a ainsi @ux = (cos v; sin v; f 0(u)) et @v x = ( u sin v; u cos v; 0): Cela implique E = 1 + f 0(u)2; F = 0 et G = u2: On a aussi @u x ^ @v x = ( uf 0(u) cos v; uf 0(u) sin v; u);

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Surfaces, etc.

si bien que

1 ( f 0 (u) cos v; f 0(u) sin v; 1): 0 2 1 + f (u) Comme @u2 x = (0; 0; f 00(u)), on a 00 L = he3 @u2 xi = q f (u) 2 : 1 + f 0(u) De m^eme, @uv x = ( sin v; cos v; 0) et M = 0. En n, @v2 x = ( u cos v; u sin v; 0) si bien que 00 (u) uf q : N= 1 + f 0(u)2 Ainsi, H = 0 si et seulement si u(1 + f 0(u)2)f 0(u) + u2f 00 (u) = 0; equation dierentielle que l'on peut diviser par u > 0. On remarque que f 0 = 0 est une solution, et en vertu du theoreme de Cauchy-Lipschitz, toute autre solution f (u) est telle que f 0 ne s'annule pas. On integre alors l'equation differentielle en du = df 0 = df 0 + f 0 df 0 ; u f 0 1 + f 02 f 0 (1 + f 02 ) d'ou q   1 + f 0(u)2 log u + Cte = log jf 0(u)j = 12 log 1 + f 0(1u)2 ; et donc f 0(u) = a(u2 a2) 1=2 ; que l'on integre en f (u) = f0 + a argch(t=a): La surface de revolution obtenue est un catenode, obtenue en faisant tourner autour de l'axe Oz une cha^nette. La solution f 0 = 0 conduit a un plan.

e3 = q

Exercice 34{6. Theorie locale des surfaces (III) : coordonnees harmoniques Cet exercice fait suite aux exercices 34{4 et 34{5 dont il reprend les notations. On suppose que x = (x1 ; x2 ; x3 ) : U ! R 3 est une parametrisation locale d'une surface S telle que E = G et F = 0 en tout point de U  R 2 . 1. Montrer que x est conforme, c'est{dire preserve les angles in nitesimaux ; autrement dit, si m1 et m2 sont deux arcs parametres I ! U dont les tangentes se coupent en m1 (0) = m2 (0) avec un angle , il en est de m^eme des tangentes en x(m1 (0)) des arcs x  m1 et x  m2 traces sur S .

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Geometrie dierentielle

2. Montrer que la courbure moyenne est identiquement nulle si et seulement si x1 , x2 et x3 sont harmoniques. Indication : 2. On prouvera que @u2 x + @v2 x = 2HEe . 3

Solution :

Notons mi(s) = (ui(s); vi(s)). Dans la base orthonormee canonique de R 2 , les vecteurs tangents a m1 et m2 en mi(0) ont pour coordonnees m0i(0) = (u0i(0); vi0(0)). Par de nition, E = k@uxk2, F = h@ux @v xi et G = k@v xk2 . Ainsi, (@ux; @v x) est une base orthogonale du plan tangent Tx(u;v) S a S en x(u; v). Ainsi, il existe une base orthonormee de Tx(u;v) S dans laquelle a x  mi en p 0 les pvecteurs tangents 0 0 0 x(mi (0)) ont pour coordonnees (ui(0)= E; vi(0)= F ) = (ui(0); vi(0))E 1=2 . Cela prouve bien que la parametrisation preserve les angles in nitesimaux. Remarque. La reciproque est vraie, il s'agit de determiner les applications lineaires qui preservent les angles de droites. On trouve les similitudes, c'est{ dire les composees d'une homothetie et d'une isometrie. Le calcul est fait dans l'exercice 34{3. 2. En d erivant la relation k@uxk2 = k@v xk2 , on obtient les identites h@u2 x @u xi = h@uv x @v xi et h@uv2 x @uxi = h@v2 x @v xi : De m^eme, on trouve en dierentiant l'egalite h@u x @v xi = 0 que h@u2 x @v xi + h@uv x @uxi = 0 et h@uv2 x @v xi + h@v2 x @u xi = 0: Par consequent, h@u2 x @u xi = h@uv x @v xi = h@v2 x @u xi ; tandis que h@u2 x @v xi = h@uv x @u xi = h@v2 x @v xi : Autrement dit, le vecteur @u2 x + @v2 x est orthogonal a @u x et a @v x. Il est donc colineaire a e3. On sait que L = h@u2 x e3 i, M = h@uv x e3i et N = h@v2 x e3 i. Autrement dit, @u2 x + @v2 x = h@u2 x + @v2 x e3 i = L + N; alors que 2FM + GL = E (N + L) = L + N : H = EN2(EG F 2) 2E 2 2E Nous avons donc montre qu'en tout point de U , @u2 x + @v2 x = 2HEe3: Comme E > 0, nous avons bien prouve que S est une surface minimale si et seulement si les trois coordonnees x1 , x2 et x3 de x sont des fonctions harmoniques. 1.

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Index Dans tout l'ouvrage et dans cet index, les caracteres gras renvoient aux chapitres et les caracteres maigres aux exercices ; par exemple, l'exercice 14{5 represente le 5e exercice du chapitre 14. aire, 33{3, 33{6, 33{7, 34{5. Alembert : theoreme de d'|, 32{9. angle, 34{6. approximations successives, 28{5, 31{2. Ascoli : theoreme d'|, 28{6. Baire : theoreme de |, 25{7, 27{10. Banach : algebre de |, 27{4, 27{6, 27{7, 27{8 ; espace de |, 26{8, 26{9, 27{10 ; theoreme de |, 26{8, 26{10. Banach-Alaoglu : theoreme de |, 25{5, 26{2. Banach-Mazur : distance de |, 26{3, 26{4. Banach-Steinhaus : theoreme de |, 25{2, 25{5, 25{7, 25{8, 28{6. barriere, 30{1, 30{2, 30{3, 30{7. base : | hilbertienne, 28{7, 28{9, 28{13 ; | orthonormee, 26{7. Bernoulli, 32{3. Bertrand : theoreme de |, 30{9. bicommutant, 28{10. brachistochrone, 32{3. Brouwer : theoreme de |, 32{5. caractere, 27{7. carte, 32{9, 33{9, 34{1, 34{2 ; | maritime, 34{3. catenode, 34{5.

Cauchy : probleme de |, 29{1, 29{2 ; suite de |, 26{8, 26{9, 28{4, 28{13. Cauchy-Lipschitz : theoreme de |, 29{3, 29{5, 30{1, 30{2, 30{3, 30{4, 30{4, 30{5, 30{6, 30{7, 30{8, 30{10, 30{11, 31{1, 31{6, 31{9, 34{5. Cauchy-Schwarz : inegalite de |, 28{2, 28{3, 28{4, 28{13, 33{3. champ de vecteurs, 30{5, 30{6, 32{1, 32{4, 34{2. commutant, 28{5, 28{10. compacite, 25{5, 26{2, 32{2, 32{7, 33{3. compact, 25{2, 25{5, 27{3, 32{4. compacts embo^tes : theoreme des |, 26{2, 30{1. conforme : application |, 34{3, 34{6. connexite, 33{9, 34{2. consistance d'un schema numerique, 29{7. continuite uniforme, 32{7. convergence : | dominee, 25{2, 28{2, 28{6, 28{13, 29{5 ; | faible, 25{1, 25{2, 25{3, 25{4, 28{6, 28{8 ; | forte, 25{1, 25{3, 25{4 ; | normale, 27{8 ; | simple, 25{2 ; | uniforme, 25{2, 28{13. convexite, 26{1, 26{4, 26{7, 32{2, 33{1, 33{2, 33{3.

226 coordonnees : | homogenes, 34{1 ; | polaires, 30{9, 31{6, 31{7 ; | spheriques, 33{5, 34{3. corps, 27{6. courbe, 33{6, 33{7, 33{9 ; | convexe, 31{5, 33{1, 33{3 ; | simple, 33{1, 33{4 ; | strictement convexe, 33{1. courbes integrales, 29{3. courbure, 33{1, 33{2, 33{7, 34{5 ; | algebrique, 33{4 ; | d'une surface, 34{4 ; | de Gau, 34{4 ; | moyenne, 34{4, 34{5, 34{6 ; | normale, 34{4 ; | totale, 33{4, 33{7, 33{8. critique : point |, 32{8, 32{9 ; valeur |, 32{8, 32{9. Crofton : formule de |, 33{6, 33{7, 33{8. cyclode, 32{3. decalage, 27{2. denombrabilite, 25{7, 26{9. denombrable : ensemble |, 26{9. densite, 25{5, 25{7, 25{8, 26{10, 27{3, 28{2. derivee partielle, 32{5, 32{8. determinant, 26{4, 28{11, 30{5, 32{5, 34{5. developpement asymptotique, 31{7. developpement limite, 30{9, 30{11, 34{5. dieomorphisme, 33{9. dierentielle, 32{7. dimension, 33{9. Dirichlet : theoreme de |, 28{8. distance, 26{3. droite projective, 32{9. dualite, 25{5, 25{7. ellipsode, 26{4. energie, 30{7, 30{8, 30{9, 31{4, 32{3. enroulement : nombre d'|, 30{6, 33{1, 33{4. entonnoir, 29{6, 30{1. equation dierentielle, 29{1, 29{7, 29{8, 30{5, 31{3. equation du deuxieme ordre, 31{1, 31{4. equation integrale, 27{5.

Index

espace : | dual, 25{5 ; | normable, 26{1 ; | separable, 25{5, 28{11 ; | vectoriel topologique, 26{1. espace `1 , 25{3, 26{10. espace `2 , 28{7. espace `1 , 26{9. espace `p , 25{7, 26{3. espace L1 , 26{7. espace L2 , 26{7, 27{5, 28{2, 28{6. espace Lp , 25{4. espace projectif, 34{1. espace C 0 , 25{2, 28{6. etude qualitative, 30{1, 30{2, 30{3, 30{7, 30{10. Euler : equation d'|, 32{3 ; methode d'|, 29{7. exponentielle d'une matrice, 29{4. Fary-Milnor : theoreme de |, 33{8. Fenchel : theoreme de |, 30{4, 33{7.

ot, 30{5. fonction : | analytique, 27{4, 27{6 ; | bornee, 31{3, 31{4 ; | harmonique, 34{6 ; | holomorphe, 27{4, 27{6, 28{2, 28{11 ; | lipschitzienne, 26{5, 29{3, 29{7, 30{1, 30{2, 30{3, 30{4, 30{5, 30{7, 30{8 ; | monotone, 33{1 ; | strictement convexe, 32{2. fonctions implicites : theoreme des |, 30{9, 30{11, 32{4, 32{8, 32{9, 34{1, 34{2. forme fondamentale, 34{4. Fourier : serie de |, 25{8, 27{8, 28{8, 29{5, 30{4, 33{2 ; transformee de |, 28{2. Fredholm : alternative de |, 28{11, 29{5. Frenet : formules de |, 33{7. Fubini : theoreme de |, 27{5, 28{6, 28{9, 32{8. Gelfand-Mazur : theoreme de |, 27{6. gradient, 26{4, 30{9, 32{2, 34{2. grand cercle, 33{6, 33{7. grassmanienne, 34{1.

Index

Green : noyau de |, 31{9. Gronwall : lemme de |, 29{1, 29{4, 31{4. Grothendieck : inegalite de |, 26{6. Hahn-Banach : theoreme de |, 25{2, 25{5, 26{3, 26{9, 27{10, 28{10. hemisphere, 33{5. Heun : methode de |, 29{7, 30{7. Hilbert : espace de |, 25{1, 26{5, 26{6, 27{3, 28{2, 28{3, 28{4, 28{5, 28{7, 28{9, 28{10, 28{11, 28{12 ; matrice de |, 28{8. Hilbert-Schmidt : operateur de |, 28{7, 28{8, 28{9. Holder : inegalite de |, 25{4, 25{7, 28{6. homeomorphisme, 25{5, 26{9, 26{10, 32{2, 33{8, 33{9, 34{2. homotopie, 32{1. Hooke : loi de |, 30{9. Hopf : theoreme de |, 30{6, 33{1, 33{4. Huygens, 32{3. ideal : | d'une algebre de Banach, 27{8 ; | maximal, 27{8. indice : | d'un champ de vecteurs, 30{6, 32{1 ; | d'un lacet, 30{6. inequation dierentielle, 29{4, 30{11. integrale premiere, 30{9, 30{10, 32{3. integration par parties, 32{3. inversion locale : theoreme d'|, 30{8, 32{6, 33{8. jacobien, 30{5, 32{4, 32{6. jauge d'un convexe, 26{1. Jones : theoreme de |, 26{4. Jordan : reduction de |, 29{4 ; theoreme de |, 30{6, 33{1. Jordan-Brouwer : theoreme de |, 34{2. Kepler : loi de |, 30{9. Khinchine-Kahane : inegalite de |, 26{7.

227 Kolmogorov : theoreme de |, 26{1. lacet, 30{6, 32{1, 33{8. Lagrange : multiplicateurs de |, 26{4, 34{4 ; polyn^ome d'interpolation de |, 25{8. laplacien, 26{7. Legendre : fonction de |, 32{2 ; transformee de |, 32{2. Lienard : equation de |, 30{7. limite, 27{4 ; | inferieure, 27{4, 29{8, 31{2 ; | superieure, 25{1, 29{8, 30{2, 31{2. limites : conditions aux |, 31{6, 31{7, 31{8, 31{9. linearisation d'une equation dierentielle, 29{4, 29{5, 29{6, 30{5, 30{9, 30{11. Liouville : theoreme de |, 27{6, 28{2, 30{5 ; transformation de |, 31{7. Lipschitz : constante de |, 26{5, 28{5, 29{7, 30{4. Lomonosov : theoreme de |, 27{9. longueur d'une courbe, 30{4, 33{3, 33{5, 33{6, 33{7, 33{8, 34{4. Lyapunov : fonction de |, 29{6 ; theorie de |, 29{6. Markov-Kakutani : theoreme de |, 26{2. Mathieu : equation de |, 31{5. mecanique, 30{9. Mercator : projection de |, 34{3. Mercer : theoreme de |, 28{13. mesure, 30{5, 32{7. mesure gaussienne, 26{6. Milnor, 32{4. minimisation, 32{3. modele, 30{10, 30{11. moment, 25{6. nud, 33{8. Nagumo : theoreme de |, 29{1. Newton : loi de |, 30{9. non denombrable : ensemble |, 26{9.

228 norme, 26{1 ; | d'un operateur, 25{8, 26{3, 28{6, 28{7, 28{10 ; | de Hilbert-Schmidt, 28{7, 28{9 ; | equivalente, 26{4 ; | quotient, 26{8, 26{9, 26{10. noyau, 28{6. numerique : analyse |, 29{7. operateur, 26{8 ; | a noyau, 27{5, 28{6, 28{9, 28{13, 31{9 ; | accretif, 28{5 ; | auto-adjoint, 26{7, 28{3, 28{4, 28{5, 28{12, 28{13, 31{9 ; | compact, 27{2, 27{9, 27{10, 28{6, 28{7, 28{8, 28{11, 28{12, 28{13, 31{9 ; | de rang ni, 27{10, 28{11 ; | positif, 28{3, 28{4, 28{5. orbite, 30{9 ; | periodique, 30{4, 30{6, 30{7, 30{9, 30{10, 33{4. orientabilite, 34{2. oscillateur harmonique, 30{8. oscillation, 31{2. Osgood : theoreme d'|, 29{1. parametrisation, 34{1. Parseval : egalite de |, 26{7, 28{8, 30{4, 31{9. Peano-Arzela : theoreme de |, 29{2. Poincare : application de retour |, 29{5 ; theoreme de |, 32{2, 32{4, 33{8, 34{2. point critique : | d'un systeme autonome, 30{7, 30{9. point d'equilibre, 29{6. point xe, 26{2, 28{5, 29{5, 32{4, 32{5. point milieu : methode du |, 29{7. polyn^ome, 25{6, 32{4 ; | trigonometrique, 25{8 ; racines d'un |, 32{6. potentiel, 30{8, 30{9. Prufer : methode de |, 31{6, 31{7. quotient : espace |, 26{8, 26{9, 26{10. racine carree d'un operateur, 28{5. Radon : mesure de |, 25{2, 25{6, 26{2, 28{6.

Index

rang : | d'une matrice, 34{1. rayon spectral, 27{4, 27{5, 27{6, 27{7, 27{9. re exif : espace |, 25{5, 27{2, 28{6. regularisation, 32{5. reguliere : valeur |, 32{9. relations coecients-racines, 32{6. relevement : theoreme du |, 30{6, 31{6, 32{1, 33{4, 33{5. resolvante, 27{2, 27{6. Ricatti : equation de |, 31{2, 31{8. Riemann : fonction  de |, 31{9. Riesz : theoreme de |, 25{2, 25{6, 28{12. Rolle : theoreme de |, 33{8. Runge-Kutta : methode de |, 29{7, 30{2, 30{3, 30{11. Sard : theoreme de |, 32{7, 32{8. semi-norme, 25{5, 26{1, 28{10. separable : espace |, 26{10, 27{3, 28{6, 28{7, 28{9, 28{12. similitude, 34{6. solution : | approchee, 30{11 ; | oscillante, 31{1 ; | periodique, 29{5, 30{4, 30{8, 30{9. sommets : theoreme des quatre |, 33{2. sous-espace invariant, 27{9. sous-variete, 33{9, 34{1, 34{2, 34{4. spectre, 27{2, 27{3, 27{4, 27{5, 27{6, 27{7, 28{12. sphere, 32{4, 33{5, 33{6, 33{7, 33{8. stabilite, 29{4, 29{5, 29{6, 30{9 ; | asymptotique, 29{4, 29{5, 29{6 ; | d'un schema numerique, 29{7. Stone-Weierstra : theoreme de |, 25{6, 25{8, 28{2, 28{6. Sturm : theoreme de |, 31{1. Sturm-Liouville : probleme de |, 31{6, 31{7, 31{8. supplementaire topologique, 26{9. support d'une fonction, 26{8.

Index

surface, 34{6 ; | minimale, 34{5, 34{6 ; | parametree, 34{5. systeme autonome, 29{3, 29{4, 29{6, 30{4, 30{6. tangent : espace |, 34{2 ; plan |, 34{3, 34{4, 34{6 ; vecteur |, 30{4, 30{6, 32{4, 33{7, 34{3, 34{6. tangente : | a une courbe, 30{3, 31{5, 33{1, 33{4, 34{6 ; application |, 32{7. Taylor : formule de |, 29{7, 32{8, 33{7 ; serie de |, 27{6, 28{2. topologie : | faible, 25{1, 25{5 ; | faible-, 25{5, 26{2 ; | forte, 27{10. Tychonov : theoreme de |, 25{5. valeur propre, 27{2, 27{3, 27{9, 28{12, 31{6, 31{7, 31{8.

229 van der Pol : equation de |, 30{7. variation des constantes, 29{4, 31{3, 31{4. variations : calcul des |, 32{3, 34{5. variete, 33{9, 34{1. vecteur propre, 28{13. Vinograd : theoreme de |, 29{3. voisinage, 26{1. Volterra, 30{10 ; operateur de |, 27{5. von Neumann : theoreme du bicommutant de |, 28{10. Wiener : theoreme de |, 27{8. Wilkinson : exemple de |, 32{6. wronskien, 31{1, 31{4, 31{5, 31{9. Yorke : theoreme de |, 30{4. Zorn : lemme de |, 27{8, 33{9.