E3A maths A PSI 2004 (3 heures)
Préliminaires Il suffit d’appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à f sur [0, x]: n−1 f (x) = k=0 f (k) (0)

xk + k!

x 0

(x − t)n−1 (n) f (t) dt (n − 1)!

ou alors on affectue des IPPs successives. I.1.1 Si f est solution alors f ′ (x)−f (x) = g ′ (x) et f (0) = g (0) (faire x = 0). Réciproquement, x si f ′ (x) − f (x) = g′ (x) alors intégrant sur [0, x] il vient f (x) − f (0) − 0 f = g (x) − g (0) et si f (0) = g (0) on a bien f solution de (S) . ′ I.1.2 L’équation différentielle y ′ − y = g ′ équivaut à (e−x y (x)) = e−x g ′ (x) donc x y (x) = Kex + ex
0

e−t g ′ (t) dt x I.2 les solutions de (S) sont de la forme f (x) = Kex + ex 0 e−t g′ (t) dt avec f (0) = g (0) d’où x x x K = g (0) . Une petite intégration par parties donne 0 e−t g′ (t) dt = [e−t g (t)]0 + 0 e−t g (t) dt = x e−x g (x) − g (0) + 0 e−t g (t) dt. Ainsi x x

f (x) = g (x) + ex
0

e−t g (t) dt = g (x) +
0

ex−t g (t) dt

Comme on a procédé par équivalence on a bien LA solution de (S) . x I.3 Si g (x) = cos x, f (x) = e +cos2x+sin x aprés calcul. x II.1.1 Comme 0 est linéaire on T (f + αg) (x) = T (f ) (x) + αT (g) (x) et faisant abstraction de la variable il vient T (f + αg) +T (f)+ αT (g) d’où la linéarité de T. La primitive d’une fonction continue étant C 1 , T envoie bien E dans lui-meme. II.1.2 f ∈ ker T ssi la primitive de f nulle en 0 est la fonction nulle ssi f = 0. Ensuite d’aprés ce qui précéde Im T = {f ∈ F, f (0) = 0} . En effet un élément de Im T est la primitive nulle en 0 d’une fonction continue sur [0, 1] et réciproquement si g est C 1 et nulle en 0 alors c’est T (g ′ ) . II.1.3 On peut déjà exclure 0 par la question précédente. x Analyse: écrivons l’équation aux valeurs propres: T (f) = λf ssi 0 f (t) dt − λf (x) = 0. La fonction f étant manifestement C 1 on peut dériver d’où f (x)−λf ′ (x) = 0 soit f (x) ∈ vect e λ x . Synthése: T e λ x = λ eλx − 1 = λeλx donc aucune valeur propre... II.2.1 ∀x ∈ [0, 1] ,