I. EXEMPLES ET RÉSULTATS GÉNÉRAUX

1. Un premier exemple
   1. l'équation différentielle en question est: $(\mathcal{E}% _{f_{1}}):y^{\prime }-y=-e^{x}$, dont la solution s'écrit $y=y_{H}+y_{0}$ où $y_{H}$ solution générale de l'équation homogène: $(% \mathcal{EH}):y^{\prime }-y=0$ et $y_{0}$ solution particulière de $(% \mathcal{E}_{f_{1}}).$ On a $y_{H}(x)=\lambda e^{x}$ et à l'aide de la méthode de la variation de la constante, on pose $y_{0}(x)=\lambda (x)e^{x}$ , on injecte cette solution dans l'équation et on trouve $% \lambda ^{\prime }(x)=-1$, d'où $y_{0}(x)=-xe^{x}.$ Donc $% y(x)=(-x+\lambda )e^{x}.$ Cette équation ne possède aucune solution bornée au voisinage de $+\infty$.

   2. 1. De même on a: l'équation différentielle en question est: $(% \mathcal{E}_{f_{\alpha }}):y^{\prime }-y=-e^{\alpha x}$, dont la solution s'écrit $y=y_{H}+y_{0}$ où $y_{H}$ solution générale de l'équation homogène: $(\mathcal{EH}):y^{\prime }-y=0$ et $y_{0}$ solution particulière de $(\mathcal{E}_{f_{\alpha }}).$ On a $% y_{H}(x)=\lambda e^{x}$ et à l'aide de la méthode de la variation de la constante, on pose $y_{0}(x)=\lambda (x)e^{x}$ , on injecte cette solution dans l'équation et on trouve $\lambda ^{\prime }(x)e^{x}=-e^{\alpha x}$, d'où $y_{0}(x)=-\frac{1}{\alpha -1}e^{\alpha x}.$ Donc $y(x)=-\frac{1}{\alpha -1}e^{\alpha x}+\lambda e^{x}$.
      2. Donc une condition nécessaire et suffisante sur $\alpha$ pour que cette équation admet des solutions bornées au voisinage de $+\infty$ est que $\alpha <0$, en prenant $\lambda =0$ mais cette solution n'est pas bornée sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$.
2. Résultats généraux
   1. L'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(\mathcal{E}% _{f})$ est un espace affine de dimension 1.
   2. Soit $y$ une solution de l'équation différentielle $(\mathcal{E}% _{f})$, donc $(y(x)e^{-x})^{\prime }=(y^{\prime }(x)-y(x))e^{-x}=-f(x)e^{-x}$ , d'où $y(x)e^{-x}=\lambda -\int_{0}^{x}e^{-t}f(t)\ dt$ et donc $y=y_{\lambda }:x\longmapsto e^{x}\Big(% \lambda -\int_{0}^{x}e^{-t}f(t)\ dt\Big),\quad \lambda \in \ensuremath{\mathbb{R}} .$
   3. Si on suppose que la solution $y_{\lambda }$ est bornée au voisinage de $% +\infty$, alors $\lambda -\int_{0}^{x}e^{-t}f(t)\ dt=y_{\lambda }(x)e^{-x}% \underset{x\rightarrow +\infty }{\rightarrow }0$ et donc l'intégrale $\ds \int_{0}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt$ est convergente et vaut $\lambda$.
   4. L'équation différentielle $(\mathcal{E}_{f})$ peut avoir au maximum une solution bornée au voisinage de $+\infty$, en prenant $\lambda =\int_{0}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt$, à condition que l'intégrale $\ds \int_{0}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt$ soit convergente.
   5. 1. Pour tout réel $x$, on a: $\quad \ds Y_{f}(x)=e^{x}\Big(\lambda _{f}-\int_{0}^{x}e^{-t}f(t)\ dt\Big)=e^{x... ...\int_{0}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt\Big)% =e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt$.
      2. La solution $Y_{f}$ n'est pas nécessairement bornée au voisinage de $% +\infty$ si on prend par exemple $f(t)=e^{\frac{t}{2}}$, dans ce cas $% Y_{f}(x)=2e^{\frac{x}{2}}\underset{x\rightarrow +\infty }{\rightarrow }% +\infty$

   6. 1. Si $f$ est bornée par une constante $M$, alors $\vert\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt\vert\leqslant \int_{x}^{+\infty }e^{-t}\vert f(t)\vert\ dt\leqslant M\int_{x}^{+\infty }e^{-t}dt=Me^{-x}$, donc l'intégrale $% \int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt$ est bien définie donc $% Y_{f}(x)=e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt$ est bien définie et bornée aussi par $M$, comme l'équation admet au maximum une solution bornée alors c'est l'unique solution bornée, sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$, de l'équation différentielle $(\mathcal{E}_{f})$.
      2. Si $f$ tend vers 0 en $+\infty$, alors $\forall \varepsilon >0\quad \exists A>0$ tel que $\forall x\in \ensuremath{\mathbb{R}} :x>A\Rightarrow \vert f(x)\vert<\varepsilon$. Ainsi $\forall x>A$ on a: $\vert f(t\vert<\varepsilon$. $\forall t\geq x$ donc $% \vert Y_{f}(x)\vert=\vert e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt\vert\leq e^... ...rt f(t)\ \vert dt\leq \varepsilon e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}dt=\varepsilon$, d'où $Y_{f}$ possède aussi une limite nulle en $+\infty$.
      3. Si maintenant $f$ tend vers 0 en $-\infty$, alors $\forall \varepsilon >0\quad \exists A<0$ tel que $\forall x\in \ensuremath{\mathbb{R}} :x<A\Rightarrow \vert f(x)\vert<\varepsilon .$ Ainsi $\forall x<A$ on a: $\vert f(t\vert<\varepsilon$. $% \forall x\leq t\leq A$, donc $\vert Y_{f}(x)\vert=\vert e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt\vert\leq e^{x... ...}e^{-t}\vert f(t)\ \vert dt+e^{x}\int_{A}^{+\infty }e^{-t}\vert f(t)\ \vert dt$, or $e^{x}\int_{A}^{+\infty }e^{-t}\vert f(t)\ \vert dt\rightarrow 0$ quand $% x\rightarrow -\infty$, car $\int_{A}^{+\infty }e^{-t}\vert f(t)\ \vert dt$ est une constante qui ne dépond pas $x$ et $e^{x}\int_{x}^{A}e^{-t}\vert f(t)\ \vert dt\leq e^{x}\int_{x}^{A}e^{-t}\varepsilon dt=\varepsilon e^{x}(e^{-x}-e^{-A})=\varepsilon (1-e^{x-A})\leq \varepsilon$, et donc $% Y_{f}$ possède une limite nulle en $-\infty$.
3. Un autre exemple
   1. $\ds\sum_{n\soe0}\vert u_{n,p}(x)\vert=\frac{1}{(2p+1)!}\sum_{n\soe0}\frac{% ((2p+2)x)^{n}}{n!}=\frac{e^{(2p+2)x}}{(2p+1)!}$ finie $\ds\sum_{p\soe 0}\sum_{n\soe0}\vert u_{n,p}(x)\vert=\sum_{p\soe0}\frac{e^{(2p+2)x}}{(2p+1)!}% =e^{x}\sum_{p\soe0}\frac{(e^{x})^{2p+1}}{(2p+1)!}=e^{x}sh(x)$ aussi finie et donc, pour tout réel $x$, la suite double $\big(u_{n,p}(x)\big)% _{(n,p)\in \N^{2}}$ est sommable.
   2. Le rayon de convergence de la série entière $\ds\sum_{n\soe0}a_{n}% \frac{x^{n}}{n!}$, est alors infinie et sa somme est $\sum_{p\soe0}\sum_{n\soe0}u_{n,p}(x)=\sum_{p\soe0}\sum_{n\soe0}(-1)^{p}\frac{(2p+2)^{n}}{(2p+1)!}% \frac{x^{n}}{n!}=$

      $\sum_{p\soe0}\frac{(-1)^{p}}{(2p+1)!}\sum_{n\soe0}\frac{((2p+2)x)^{n}}{n!}% =\... ...}=e^{x}\sum_{p\soe0}\frac{% (-1)^{p}(e^{x})^{2p+1}}{(2p+1)!}=e^{x}\sin (e^{x}).$

   3. l'intégrale $\ds\int_{0}^{A}e^{-t}u(t)\ dt=\int_{0}^{A}$ $\sin (e^{t})dt=\int_{1}^{B=e^{A}}\frac{\sin (x)}{x}dx$ est alors une intégrale classique convergente car de même nature que la série alternée $\sum \frac{(-1)^{k}}{k}$. On a effectué le changement de variable $x=e^{t}.$

   4. Pour tout réel $x$, on a: $\ds\int_{x}^{+\infty }e^{-t}u(t)\ dt=\int_{e^{x}}^{+\infty }\frac{\sin \theta }{\theta }\ d\theta$ en effectuant le changement de variable $\theta =e^{t}.$
   5. $Y_{u}(x)=e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}u(t)\ dt$ est déja bornée en $+\infty$ car $\ds\int_{0}^{A}e^{-t}u(t)\ dt$ converge, il reste donc à l'étudier en $-\infty$. faisons une intégration par partie dans l'intégrale $\vert\int_{e^{x}}^{+\infty }\frac{\sin \theta }{\theta }\ d\theta \vert=\vert... ...{e^{x}}+\int_{e^{x}}^{+\infty }\frac{1}{\theta ^{2}}\ d\theta =\frac{2}{e^{x}}$, d'où $\vert Y_{u}(x)\vert=\vert e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}u(t)\ dt\vert=\vert e^{x}\int_{e^{x}}^{+\infty }\frac{\sin \theta }{\theta }\ d\theta \vert\leq 2$ donc la solution $Y_{u}$ de l'équation différentielle $(\mathcal{E}_{u})$ est bornée sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$.

II. CAS D'UNE FONCTION INTÉGRABLE

A- Cas où f est intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$

1. La fonction $G$ est continue, car primitive, bornée et tend vers 0 en $-\infty$ car $f$ intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$.
2. $f$ est intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$, donc sa limite en $+\infty$ ne peut qu'être finie et donc $f$ ne peut qu'être bornée par une constante $% M$, d'où $\forall A\geq x$, on a: $\int_{x}^{A}e^{-t}\vert f(t)dt\vert\leq Me^{-x}$. Donc, pour tout réel $x$, la fonction $t\longmapsto e^{-t}f(t)$ est intégrable sur $[x,+\infty \lbrack$.
3. Et dans ce cas: $\qqs x\in \ensuremath{\mathbb{R}} ,\quad \left\vert Y_{f}(x)\right\vert =\vert... ...{x}^{+\infty }e^{-x}\vert f(t)\vert\ dt=\int_{x}^{+\infty }\vert f(t)\vert\ dt$, donc $Y_{f}$ est bornée sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$ par $\int_{-\infty }^{+\infty }\vert f(t)\vert\ dt$ et tend vers 0 en $+\infty$ car $% \int_{x}^{+\infty }\vert f(t)\vert\ dt$ tend vers 0 en $+\infty$.
4. D'autre part $\qqs x\in \ensuremath{\mathbb{R}} ,\quad Y_{f}(x)=e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-... ...}^{t\rightarrow +\infty }+e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}G(t)\ dt=-G(x)+Y_{G}(x)$

   car $\ds\lim_{t\rightarrow +\infty }e^{-t}G(t)=0$, puisque $G$ est bornée et donc $Y_{f}$ tend vers 0 en $-\infty$ car $G$ et $Y_{G}$ tendent vers 0 en $-\infty$.

5. On a $f$ intégrable $\ensuremath{\mathbb{R}} \Rightarrow \vert$ $f\vert$ intégrable $\ensuremath{\mathbb{R}}$, donc de façon pareille on montre que la solution $Y_{\vert f\vert}$ de l'équation différentielle $(\mathcal{E}_{\vert f\vert})$ est bornée et tend vers 0 en $\pm \infty$.
6. On a: $Y_{\vert f\vert}(t)=Y_{\vert f\vert}^{\prime }(t)+\vert f(t)\vert$, or $Y_{\vert f\vert}^{\prime }$ intégrable car $Y_{f}$ tend vers 0 en $\pm \infty$ et $\vert f\vert$ intégrable donc $Y_{\vert f\vert}$ intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$ et par suite $Y_{f}$ est aussi intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$ puisque $\vert Y_{f}\vert\leq Y_{\vert f\vert}$.
7. Effectuons une intégration par parties, donc: $\int_{-\infty }^{+\infty }Y_{f}(x)\ dx=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{x}\int_{x... ...\int_{-\infty }^{+\infty }e^{x}e^{-x}f(x)dx=\int_{-\infty }^{+\infty }f(x)\ dx,$ car $% \lim_{x\rightarrow -\infty }e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt=0$, puisque la la fonction $t\longmapsto e^{-t}f(t)$ est intégrable et $% \vert e^{x}\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt\vert\leq \int_{x}^{+\infty }\vert f(t)\vert\ dt\rightarrow 0$ quand $x\rightarrow +\infty$
8. $\qlq (f,g)\in E^2,\quad\qlq \lambda\in\ensuremath{\mathbb{R}}$, on a: $\Phi(f+\lambda g)(x)=Y_{f+\lambda g}(x)=\int_{x}^{+\infty }e^{-t}(f(t)+\lambda... ...{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt=Y_f(x)+\lambda Y_g(x)=\Phi(f)(x)+\lambda\Phi(g)(x)$, d'où
   $\Phi(f+\lambda g)=\Phi(f)+\lambda\Phi(g)$ et par suite $\Phi$ est linéaire, de plus d'aprés les questions précédentes si $g$ est une fonction réelle continue et intégrable sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$, alors $Y_g=\Phi(g)$ l'est aussi, donc $\Phi:g\longmapsto Y_g$ est un endomorphisme de $E$, d'autre part:
   $N_1(Y_g)=\int_{-\infty}^{+\infty}\vert Y_g(t)\vert\ dt\ioe \int_{-\infty}^{+\infty}Y_{\vert g(t)\vert}\ dt=\int_{-\infty}^{+\infty}\vert g(t)\vert\ dt=N_1(g)$, d'où $\Phi$ est continue avec $\ds\Vert\Phi\Vert=\sup_{g\neq 0}\frac{N_1(\Phi(g))}{N_1(g)}\ioe 1$, de plus, pour $g\soe 0$ on a: $Y_g\soe 0$, d'où $N_1(Y_g)=\int_{-\infty}^{+\infty}Y_g(t)\ dt=\int_{-\infty}^{+\infty}g(t)\ dt$, d'où $\ds\Vert\Phi\Vert\soe 1$ et donc $\ds\Vert\Phi\Vert=1$.

B- Cas où l'intégrale de $f$ sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$ converge

1. La fonction $F$ est continue sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$, car c'est une primitive, et en plus admet une limite nulle en $+\infty$ par construction de $F$ et une limite finie en $-\infty$ car l'intégrale converge, donc bornée et tend vers 0 en $% +\infty$.
2. Même raisonnement que celui de la question II.A.4) En déduire que la solution $Y_f$ de l'équation différentielle $(% \mathcal{E }_f)$ est bornée et tend vers 0 en $+\infty$.
3. Ainsi on a: $Y_f=F-Y_F$, or $F$ bornée et tend vers 0 en $-\infty$, donc $Y_F$ aussi et donc $Y_f$ vérifie la même chose.
4. Même raisonnement que celui de la question II.A.7).

III. CAS D'UNE FONCTION PÉRIODIQUE

1. $f$ est $2\pi$-périodique continue, donc bornée sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$, d'où $Y_f$ aussi, or l'équation différentielle $(\mathcal{E }_f)$ possède au maximum une solution bornée qui est donc la fonction $Y_f$.
2. On effectue le changement de variable $u=t-2\pi$ donc $\ds y_{F }(x+2\pi)=e^{x+2\pi}\int_{x+2\pi}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt=e^{x+2\pi}... ...^{+\infty }e^{-t-2\pi}f(t-2\pi)\ dt=e^x\int_{x}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt=Y_f(x)$, donc $Y_f$ est $2\pi$-périodique et de classe $\mathcal{C}^1$, comme produit de deux fonction de classe $\mathcal{C}^1$.
3. Les coefficients de FOURIER complexes de $Y_f$ sont donnés par la formule:
   $\ds\qlq k \in\ensuremath{\mathbb{Z}} :\quad c_k(Y_f)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\p... ...t_{0}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt\right) +\frac{c_k(f)}{1-ik}= \frac{c_k(f)}{1-ik}$ car
   $\ds e^{2\pi}\int_{2\pi}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt=\int_{0}^{+\infty }e^{-t}f(t)\ dt$ en effectuant le changement de variable $u=t-2\pi$ et utilisant le fait que $f$ est $2\pi$-périodique. D'où $\ds\qlq k \in\ensuremath{\mathbb{Z}} :\quad c_k(Y_f)=\frac{c_k(f)}{1-ik}$.

4. 1. Pour tout $n\in\N$, on a: $c_k(f_n)=\dfrac{c_k(f_1)}{(1-ik)^{n-1}}$.
   2. Parceque $Y_f$ de calsse $C^1$ bornée.
   3. $\ds\sum_{k\in\N}\Big(% \vert c_{-k}(f_1)\vert+\vert c_k(f_1)\vert\Big)=M\sum_{k\in\N}\Big(% \frac{\vert c_{-k}(f_1)\vert+\vert c_k(f_1)\vert}{M}\Big)$ est finie car c'est la série de FOURRIER de $f_1$ en $x_0$ où $\ds M=\vert f_1(x_0)\vert=\max_{x\in\ensuremath{\mathbb{R}} }\vert f_1(x)\vert$ .
   4. D'aprés le théorème de DIRICHLET, on a: $\ds\qql n\in\N^*,\quad \qqs x\in\ensuremath{\mathbb{R}} ,\quad \vert f_n(x)-c_... ...-1}\ \sum_{k=1}^{+\infty}\Big(\vert c_{-k}(f_1)\vert+\vert c_k(f_1)\vert% \Big)$ car $\vert 1+ik\vert=\sqrt{1+k^2}\soe 2$ et $\vert 1-ik\vert=\sqrt{1+k^2}\soe 2$. de plus $c_0(f_n)=c_0(f)$ d'où le résultat.

   5. Le mode de convergence de la suite $(f_n)_{n\in \N}$ est le même que celui de la suite géometrique $\left( \frac{1}{% \sqrt{2}}\right)^{n-1}$

FIN DE L'ÉPREUVE