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ECOLE POLYTECHNIQUE CONCOURS D’ADMISSION 2019 VENDREDI 19 AVRIL 2019 - 8h00 – 12h00 FILIERE MP - Epreuve n° 3 MATHEMATIQUES B (X) Durée : 4 heures L’utilisation des calculatrices n’est pas autorisée pour cette épreuve Notations Si n ∈ N est un entier naturel et I un intervalle de R, on note C n(I) l’espace vectoriel des fonctions sur I, à valeurs réelles, de classe C n, c’est à dire n fois dérivables sur I et dont la n-ième dérivée est continue sur I. On munit C 0([−1, 1]) de la norme ∥ · ∥∞ définie par : ∥f∥∞ = sup t∈[−1,1] |f(t)|. Soit y ∈ I. On dira qu’une fonction u : I → R est de classe C n au voisinage de y s’il existe un intervalle J ouvert non vide tel que y ∈ J et u ∈ C n(I ∩ J). Soit (x, p) → H(x, p) une fonction continue sur [−1, 1] × R à valeurs réelles. Le but de ce problème est d’étudier certaines fonctions u vérifiant l’équation fonctionnelle ∀x ∈ [−1, 1], u(x) + H(x, u′(x)) = 0. (1) Partie I On suppose dans cette partie qu’il existe une fonction u ∈ C 1([−1, 1]) vérifiant u(x) + |u′(x)| = 0 pour tout x ∈ [−1, 1], u(−1) = u(1) = −1. (2) 1a. Justifier que l’application x → |u′(x)| est une fonction de C 1([−1, 1]) et en déduire que u est de classe C 2 au voisinage de tout point y ∈ [−1, 1] tel que u′(y) ̸= 0. Calculer l’expression de u′′(y) en fonction de u′(y) en de tels points. 1b. Montrer que si y ∈ [−1, 1] est tel que u′(y) = 0, alors u′ est dérivable en y et u′′(y) = 0. 2. En déduire que u est une fonction de C 2([−1, 1]), qu’elle vérifie sur [−1, 1] l’équation différentielle u′′ = u et conclure qu’une telle fonction u n’existe pas. 3. Montrer que les fonctions u0 et u1 définies par u0(x) = −e−1+|x| et u1(x) = −e1−|x| sur [−1, 1] sont des fonctions de C 0([−1, 1]) et vérifient u(x) + |u′(x)| = 0, pour tout x ∈ [−1, 1] \ {0}, u(−1) = u(1) = −1. Partie II Soit u ∈ C 0([−1, 1]). On définit le sur-différentiel de u en x ∈ ]−1, 1[ comme l’ensemble des p ∈ R pour lesquels il existe une fonction ϕ de classe C 1 au voisinage de x, avec ϕ′(x) = p et telle que u − ϕ admet un maximum local en x. On note cet ensemble D+u(x). On définit le sous-différentiel de u en x ∈ ]−1, 1[ comme l’ensemble des p ∈ R pour lesquels il existe une fonction ϕ de classe C 1 au voisinage de x, avec ϕ′(x) = p et telle que u − ϕ admet un minimum local en x. On note cet ensemble D−u(x). 1 4. Soit x0 ∈ ]−1, 1[. Montrer que si u est de classe C 1 au voisinage de x0 alors D+u(x0) = D−u(x0) = {u′(x0)}. 5. Soit x0 ∈ ]−1, 1[. On suppose que D+u(x0) et D−u(x0) sont non vides. 5a. Prouver qu’il existe ϕ1, ϕ2 de classe C 1 au voisinage de x0 et δ > 0 tels que u(x0) = ϕ1(x0) = ϕ2(x0) et pour tout |x − x0| < δ, ϕ1(x) ⩽ u(x) ⩽ ϕ2(x). 5b. En déduire que u est dérivable en x0. Déterminer D+u(x0) et D−u(x0). 6a. Soit x0 ∈ ]−1, 1[. Soit 0 < r < min(|1 − x0|, |1 + x0|). En considérant la fonction définie par ϕx0,r(x) = 1 r2−|x−x0|2 sur l’intervalle ouvert Ix0(r) = ]x0 − r, x0 + r[, montrer qu’il existe y ∈ Ix0(r) tel que D+u(y) ̸= ∅. 6b. Démontrer que l’ensemble {y ∈ ]−1, 1[ , D+u(y) ̸= ∅} est dense dans ]−1, 1[. 7a. Soit x0 ∈ ]−1, 1[ tel que D+u(x0) ̸= ∅. Soit p ∈ D+u(x0). Montrer que lim ε→0+ sup y∈[x0−ε,x0+ε]∩[−1,1] y̸=x0 u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| ⩽ 0. (3) Dans les sous-questions 7b à 7e, on considère x0 ∈ ]−1, 1[ et p ∈ R satisfaisant (3). Le but est de montrer qu’alors réciproquement p ∈ D+u(x0). 7b. On pose, pour r > 0, ϕ(r) = max 0, sup y∈[x0−r,x0+r]∩[−1,1] y̸=x0 u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| et ϕ(0) = 0. Justifier que, pour tout r > 0, ϕ(r) est un nombre réel bien défini, puis que, pour tout x ∈ ]−1, 1[, u(x) ⩽ u(x0) + p(x − x0) + ϕ(|x − x0|)|x − x0|. 7c. Montrer que la fonction ρ définie sur [0, +∞[ par ρ(r) = r 0 ϕ(s) ds appartient à C 1([0, +∞[) et vérifie ρ(0) = ρ′(0) = 0. 2 7d. Prouver que ∀r ⩾ 0, ρ(2r) ⩾ ϕ(r)r. 7e. Conclure que p ∈ D+u(x0) et que, pour tout x0 ∈ ]−1, 1[, D+u(x0) = p ∈ R, lim ε→0+ sup y∈[x0−ε,x0+ε]∩[−1,1] y̸=x0 u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| ⩽ 0 . On peut montrer de même (mais on ne demande pas de le vérifier) que pour tout x0 ∈ ]−1, 1[, D−u(x0) = p ∈ R, lim ε→0+ inf y∈[x0−ε,x0+ε]∩[−1,1] y̸=x0 u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| ⩾ 0 . 8. Soit x0 ∈ ]−1, 1[. Montrer que le résultat de la question 4 est toujours valable en suppo- sant uniquement u dérivable en x0. 9. Soit x0 ∈ ]−1, 1[ tel que D+u(x0) ̸= ∅. Démontrer que D+u(x0) est un intervalle fermé. 10. On suppose dans cette question que u est concave sur [−1, 1]. Soit x0 ∈ ]−1, 1[. 10a. Soient y1, y2 ∈ [−1, 1] \ {x0} avec y1 < y2. Prouver que u(y1) − u(x0) y1 − x0 ⩾ u(y2) − u(x0) y2 − x0 . 10b. Montrer que lim y→x− 0 u(y) − u(x0) y − x0 =: ℓ− et lim y→x+ 0 u(y) − u(x0) y − x0 =: ℓ+ sont bien définies et que D+u(x0) = [ℓ+, ℓ−]. 10c. Démontrer que D+u(x0) = p ∈ R, ∀x ∈ [−1, 1], u(x) ⩽ u(x0) + p(x − x0) . En déduire que u admet un maximum en x0 si et seulement si 0 ∈ D+u(x0). Partie III Soit (x, p) → H(x, p) une fonction continue sur [−1, 1]×R à valeurs réelles. On suppose qu’il existe une fonction continue croissante ω : R+ → R+, vérifiant ω(0) = 0, telle que, pour tous x, y ∈ [−1, 1], et pour tout p ∈ R, |H(x, p) − H(y, p)| ⩽ ω(|x − y|(1 + |p|)). (4) 3 On dit que u ∈ C 0([−1, 1]) est une sur-solution de (1) si pour tout x ∈ ]−1, 1[, pour tout p ∈ D−u(x), u(x) + H(x, p) ⩾ 0. On dit que u ∈ C 0([−1, 1]) est une sous-solution de (1) si pour tout x ∈ ]−1, 1[, pour tout p ∈ D+u(x), u(x) + H(x, p) ⩽ 0. 11a. Montrer que si u ∈ C 1([−1, 1]) vérifie ∀x ∈ ]−1, 1[ , u(x) + H(x, u′(x)) = 0, alors u est sur-solution et sous-solution de (1). 11b. Montrer que si u est à la fois sur-solution et sous-solution de (1), alors en tout point x ∈ ]−1, 1[ au voisinage duquel u est de classe C 1, on a u(x) + H(x, u′(x)) = 0. On souhaite démontrer que si u est une sous-solution et v une sur-solution de (1) telles que u(y) ⩽ v(y) pour y ∈ {−1, 1}, alors u ⩽ v sur [−1, 1]. Dans les questions 12 à 15, on suppose par l’absurde qu’il existe y0 ∈ [−1, 1] pour lequel u(y0) > v(y0). 12. Montrer que la fonction u−v atteint son maximum sur [−1, 1] en un point x0 ∈ ]−1, 1[ et M := maxx∈[−1,1](u(x) − v(x)) > 0. Montrer qu’il existe η > 0 tel que pour tout (x, y) ∈ [−1, 1]2 vérifiant |x − y| ⩽ 2(∥u∥∞ + ∥v∥∞)η, on a |u(x) − u(y)| + |v(x) − v(y)| < M/2 et ω(|x − y| + 2|v(x) − v(y)|) < M/2, où ω est la fonction intervenant en (4). Pour un paramètre η obtenu grâce à la question précédente, on considère la fonction Φη : [−1, 1]2 → R, définie par Φη(x, y) = u(x) − v(y) − |x − y|2 2η . 13. Démontrer que Φ atteint son maximum sur [−1, 1]2 en un point (xη, yη) ∈ [−1, 1]2 tel que Φη(xη, yη) ⩾ M. 4 14a. Montrer que |xη − yη| ⩽ 2(∥u∥∞ + ∥v∥∞)η. 14b. En déduire que |xη| ̸= 1 et |yη| ̸= 1. 14c. Conclure que xη − yη η ∈ D+u(xη) ∩ D−v(yη). 15. Prouver que u(xη) − v(yη) ⩽ ω(|xη − yη| + 2|v(xη) − v(yη)|) et obtenir une contradiction. Conclure. Partie IV 16a. Calculer le sur-différentiel et le sous-différentiel de la fonction u0 de la question 3 pour tout x ∈ ]−1, 1[ \ {0}. 16b. Montrer que D+u0(0) = [−e−1, e−1] et D−u0(0) = ∅. 16c. Vérifier que u0 est sur-solution et sous-solution de (1) pour H(x, p) = |p|. 16d. Qu’en est-il de u1 ? 16e. En déduire que u0 est l’unique fonction continue vérifiant u0(−1) = u0(1) = −1 et qui soit sur-solution et sous-solution de (1) pour H(x, p) = |p|. Soit ε ∈ ]0, 1[. On pose λ± ε = −1 ± √1 + 4ε 2ε et on définit la fonction uε : [−1, 1] → R par la formule uε(x) = −λ− ε eλ+ ε |x| + λ+ ε eλ− ε |x| λ− ε eλ+ ε − λ+ ε eλ− ε . 17. Montrer que uε est de classe C 2 sur [−1, 1] et vérifie uε(x) + |u′ ε(x)| − εu′′ ε(x) = 0 pour tout x ∈ [−1, 1], uε(−1) = uε(1) = −1. (5) 18a. Montrer que uε est l’unique solution de classe C 2 sur [−1, 1] à (5). 18b. Soit (εn)n∈N une suite de ]0, 1[ tendant vers 0. Prouver que (uεn)n∈N converge unifor- mément sur [−1, 1] lorsque n → +∞ vers une fonction que l’on déterminera. 5

1 X 2019 B Hervé Gianella, Serge Francinou et Antoine Le Calvez 1. (a) On a |u′| = −u et |u′| est donc de classe C1 sur [−1, 1]. Soit y ∈ [−1, 1] tel que u′(y) ̸= 0 et supposons par exemple u′(y) > 0. Par continuité de u′ il existe un intervalle ouvert non vide J centré en y tel que u′ > 0 sur [−1, 1] ∩ J. On a alors u′ = −u sur cet intervalle et u y est de classe C2 avec u′′(y) = −u′(y) = u(y). Dans le cas ou u′(y) < 0 on a de mˆeme u′ = u sur un voisinage de y et u′′(y) = u′(y) = u(y). (b) Soit y ∈ [−1, 1] tel que u′(y) = 0. On a alors u(y) = 0 et comme u(x) − u(y) x − y = |u(x)| − |u(y)| |x − y| tend vers 0 lorsque x tend vers y on en déduit que |u| est dérivable en y avec une dérivée nulle en ce point. 2. On a donc montré que u′′ = u sur [−1, 1]. Avec les conditions au bord on obtient u(x) = −ch x ch 1 pour tout x ∈ [−1, 1] mais cette fonction ne vérifie pas l’équation. 3. Les fonctions u0 et u1 sont clairement continues sur [−1, 1] et dérivables en tout point x ̸= 0. Elles valent −1 en −1 et en 1 et un calcul très simple montre qu’elles vérifient l’équation pour tout x ̸= 0. 4. Soit ϕ de classe C1 au voisinage de x0 telle que u − ϕ ait un maximum local en x0. La fonction u − ϕ étant dérivable en x0 sa dérivée est nulle et ϕ′(x0) = u′(x0). Il en découle que D+u(x0) ⊂ {u′(x0)} et on montre qu’il y a égalité en prenant ϕ = u. C’est pareil pour le sous-différentiel. 5. (a) Comme D+u(x0) est supposé non vide, on peut se donner une fonction ψ2 de classe C1 au voisinage de x0 telle que u − ψ2 ait un maximum local en x0. Pour x au voisinage de x0 on a alors u(x) ⩽ ψ2(x) + u(x0) − ψ2(x0) et on note ϕ2 la fonction de droite. Elle est C1 au voisinage de x0 et vérifie u(x) ⩽ ϕ2(x) et ϕ2(x0) = u(x0). On procède de mˆeme pour définir ϕ1 en utilisant la non vacuité de D−u(x0). (b) Pour x0 < x < x0 + δ on a alors l’encadrement ϕ1(x) − ϕ1(x0) x − x0 ⩽ u(x) − u(x0) x − x0 ⩽ ϕ2(x) − ϕ2(x0) x − x0 En faisant tendre x vers x+ 0 on en déduit que ϕ′ 1(x0) ⩽ ϕ′ 2(x0). En considérant la limite à gauche on obtient l’inégalité inverse si bien que ϕ′ 1(x0) = ϕ′ 2(x0). Le théorème d’encadrement assure alors que le taux d’accroissement de u en x0 converge aussi vers cette valeur (à droite et à gauche) si bien que u est dérivable en x0. Comme en 4 on a alors D+u(x0) ⊂ {u′(x0)} et comme le sur-différentiel est supposé non vide il y a égalité. C’est pareil pour D−u(x0). 6. (a) La fonction u − ϕx0,r est continue sur l’intervalle ouvert Ix0(r) et tend vers −∞ en x0 − r et en x0 + r. On en déduit facilement qu’elle admet un maximum global sur Ix0(r) en un certain point y. On a alors D+u(y) ̸= ∅. (b) Dans la question précédente x0 est arbitraire dans ] − 1, 1[ et r peut ˆetre choisi arbitrairement petit. Il en découle directement que l’ensemble des points y de ] − 1, 1[ tels que D+u(y) est non vide est dense dans ] − 1, 1[. 7. (a) Posons h(ε) = sup y∈[x0−ε,x0+ε] ∩[−1,1] y̸=x0 u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| cette borne supérieure étant a priori dans l’en- semble R ∪ {+∞}. La fonction h est croissante sur ]0, +∞[ ce qui justifie l’existence de sa limite en 0+ celle-ci étant dans R. Supposons maintenant que p soit dans D+u(x0) et soit ϕ de classe C1 au voisinage de x0 telle que u − ϕ ait un maximum local en x0 avec ϕ′(x0) = p. Pour x au voisinage de x0 on a alors u(x) − ϕ(x) ⩽ u(x0) − ϕ(x0) donc u(x) − u(x0) ⩽ ϕ(x) − ϕ(x0) et u(x) − u(x0) − p(x − x0) |x − x0| ⩽ ϕ(x) − ϕ(x0) − p(x − x0) |x − x0| = o(x − x0) |x − x0| = o(1) Pour tout η > 0 on peut donc trouver ε > 0 tel que h(ε) ⩽ η et cela implique que lim ε→0+ h(ε) ⩽ 0. (b) On note toujours h la fonction croissante définie ci-dessus. L’hypothèse que lim 0+ h ⩽ 0 implique l’existence d’un ε > 0 tel que h(ε) ⩽ 1 et en particulier h(ε) ne vaut pas +∞. Il en résulte que la fonction h ne prend jamais la valeur +∞ et ainsi ϕ est à valeurs réelles positives. Pour x ∈ [−1, 1] on a u(x) − u(x0) − p(x − x0) |x − x0| ⩽ ϕ(|x − x0|) dont on déduit l’inégalité demandée par l’énoncé. 2 (c) Il s’agit de montrer que la fontion ϕ est continue. On observe déjà qu’elle est croissante sur R+. Elle est continue en 0. En effet, si y ̸= x0 on note H(y) = u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| et toujours pour r > 0, h(r) = sup 0<|y−x0|⩽r H(y). On a ϕ(r) = max(0, h(r)) ce qui donne en faisant tendre r vers 0+, lim r→0+ ϕ(r) = max(0, lim r→0 h(r)) = 0 = ϕ(0). Soit m < M dans R∗ +. La fonction H est continue sur le compact [−1, 1]∩{y, |y −x0| ⩾ m} (éventuellement vide), elle y est donc uniformément continue. Prenons ε > 0 et η un module d’uniforme continuité de H pour ε. On a pour m ⩽ r ⩽ s avec 0 ⩽ s − r ⩽ η, h(r) ⩽ h(s) = max(h(r), sup r⩽|y−x0|⩽s H(y)). Or comme s − r ⩽ η, tout y vérifiant r ⩽ |y − x0| ⩽ s est à une distance inférieure à η de x0 + r ou x0 − r et H(y) ⩽ H(x0 ± r) + ε ⩽ h(r) + ε. Ainsi, sup r⩽|y−x0|⩽s H(y)) ⩽ h(r) + ε, inégalité restant vraie si la borne supérieure est prise sur un ensemble vide. On a donc h(r) ⩽ h(s) ⩽ h(r)+ε, i.e. |h(r) − h(s)| ⩽ ε. On en déduit que h est uniformément continue sur [m, M] et a fortiori continue. La continuité étant une propriété locale, h est continue sur R∗ +. Il en va de mˆeme de ϕ = max(0, h) et comme ϕ est aussi continue en 0, ϕ est bien continue sur R+. On en déduit que ρ est de classe C1 avec ρ(0) = 0 et ρ′(0) = ϕ(0) = 0. (d) On a ρ(2r) = 2r 0 ϕ(t)dt ⩾ 2r r ϕ(t)dt ⩾ 2r r ϕ(r)dt = rϕ(r) car ϕ est croissante. (e) Posons ψ(x) = u(x0) + p(x − x0) + ρ(2|x − x0|). D’après 7.(b) et 7.(d) on a u ⩽ ψ avec égalité en x0. Donc u − ψ admet un maximum local en x0 et ψ est de classe C1 (on utilise le théorème de prolongement C1 pour la dérivabilité en x0 de x → ρ(2|x−x0|)). On a ψ′(x0) = p donc p ∈ D+u(x0). On a montré finalement dans cette question 7 que D+u(x0) = p ∈ R, lim ε→0+ sup y∈[x0−ε,x0+ε] ∩[−1,1] y̸=x0 u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| ⩽ 0 8. Si u est seulement dérivable en x0 on voit comme en 4 que D+u(x0) ⊂ {u′(x0)}. La formule de Taylor-Young montre que u(y) − u(x0) − u′(x0)(y − x0) |y − x0| tend vers 0 lorsque y → 0+ et la caractérisation de la question 7 permet alors de dire que u′(x0) est bien élément du sur-différentiel. 9. Montrons d’abord que D+u(x0) est convexe. Soit p1 et p2 deux de ses éléments et t ∈ [0, 1]. On pose p = (1−t)p1 +tp2. Pour alléger la rédaction on note hp(ε) la valeur de la borne supérieure avec le réel p pour ε > 0. On a clairement pour ε > 0 et tout y dans [x0 − ε, x0 + ε] ∩ [−1, 1] distinct de x0, u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| = (1−t)u(y) − u(x0) − p1(y − x0) |y − x0| +tu(y) − u(x0) − p2(y − x0) |y − x0| ⩽ (1−t)hp1(ε)+thp2(ε) Donc en passant à la borne supérieure, hp(ε) ⩽ (1 − t)hp1(ε) + thp2(ε). Comme expliqué en 7 les fonctions sont croissantes et ont une limite en 0+ et on a lim ε→0+ hp(ε) ⩽ 0 de sorte que p ∈ D+u(x0). Le sur-différentiel est donc convexe et c’est un intervalle de R. Montrons maintenant qu’il est fermé. Soit (pn) une suite d’éléments de D+u(x0) qui converge vers p ∈ R. Pour n fixé on a pour tout y ̸= x0 u(y) − u(x0) − p(y − x0) |y − x0| − u(y) − u(x0) − pn(y − x0) |y − x0| ⩽ |pn − p| et on en déduit facilement que hp(ε) ⩽ hpn(ε) + |pn − p|. Il suffit alors de quantifier. Soit α > 0. On choisit n tel que |pn − p| ⩽ α Pour cet entier n on utilise l’inégalité précédent et on fait tendre ε vers 0+. On en déduit que lim hp(ε) ⩽ α. Comme cela vaut pour tout α on a lim hp(ε) ⩽ 0 et p ∈ D+u(x0). 10. (a) Cela découle directement du théorème des pentes décroissantes. 3 (b) Il est classique d’en déduire qu’une fonction concave admet en tout point x0 ∈] − 1, 1[ une dérivée à droite ℓ+ et à gauche ℓ− et on a ℓ+ ⩽ ℓ−. Montrons que D+u(x0) est exactement le segment [ℓ+, ℓ−]. La fonction concave u est en-dessous de ses deux demi-tangentes en x0 et cela implique que ℓ+ et ℓ− sont dans le sur-différentiel en x0. Comme on sait que D+u(x0) est un intervalle on a déjà [ℓ+, ℓ−] ⊂ D+u(x0). Et il est facile de voir l’inclusion inverse. (c) Si p ∈ R avec pour tout x, u(x) ⩽ u(x0) + p(x − x0) alors pour x ̸= x0, u(x) − u(x0) − p(x − x0) |x − x0| ⩽ 0 et hp(ε) ⩽ 0, et il en va de mˆeme de la limite quand ε tend vers 0 si bien que p ∈ D+u(x0). Réciproquement, prenons p ∈ D+u(x0) = [ℓ+, ℓ−]. Si x < x0, par monotonie des pentes des sécantes issues d’un point, pour x < x0, u(x) − u(x0) x − x0 ⩾ ℓ− ⩾ p ce qui donne u(x) ⩽ u(x0) + p(x − x0). Pour x > x0, u(x) − u(x0) x − x0 ⩽ ℓ+ ⩽ p ce qui donne la mˆeme inégalité. On conclut que pour tout x, u(x) ⩽ u(x0)+p(x−x0). Si 0 ∈ D+u(x0), u(x) ⩽ u(x0) pour tout x et u présente un maximum en x0. Réciproquement, si u présente un maximum en x0, l’inégalité u(x) ⩽ u(x0) + p(x − x0) est vérifiée pour tout x avec p = 0. Ainsi u admet un maximum en x0 si, et seulement si, 0 ∈ D+u(x0). 11. (a) Si u de classe C1 est solution, on a avec la question 4, D+u(x) = D−u(x) = {u′(x)} et u(x) + H(x, u′(x)) ⩽ 0 et u(x) + H(x, u′(x)) ⩾ 0, si bien que u est à la fois sous-solution et sur-solution de (1). (b) Prenons u sur-solution et sous-solution de (1). Si x est dans un intervalle ouvert ou u est de classe C1, D+u(x) = D−u(x) = {u′(x)} et donc u(x) + H(x, u′(x)) ⩽ 0 et u(x) + H(x, u′(x)) ⩾ 0, autrement dit, u vérifie u(x) + H(x, u′(x)) = 0 sur tout intervalle ouvert ou u est de classe C1. 12. • La fonction continue u − v admet un maximum sur le compact [−1, 1] qui ne peut ˆetre ni en 1, ni en −1 par l’hypothèse faite. • Comme ω est continue en 0, il existe η′ > 0 tel que pour 0 ⩽ r ⩽ η′, ω(r) < M/2. D’après le théorème de Heine, u et v sont uniformément continues sur le compact [−1, 1] et il existe donc η′′ que l’on peut supposé inférieur ou égal à η′/3, tel que si |x − y| ⩽ η′′, |v(x) − v(y)| ⩽ η′/3 et donc ω(|x − y| + 2|v(x) − v(y)|) < M/2 puisque |x − y| + 2|v(x) − v(y)| ⩽ 3η′/3 = η′. Toujours par uniforme continuité de u et v, quitte à réduire η′′, on peut supposer que si |x − y| ⩽ η′′, |u(x) − u(y)| + 2|v(x) − v(y)| < M/2. Il suffit donc de prendre η = η′′2 2(∥u∥∞ + ∥v∥∞). 13. Le pavé [−1, 1]2 est un compact et Φη est continue : elle possède donc un maximum en un point (xη, yη). Comme Φη(x0, x0) = M, on a Φη(xη, yη) ⩾ M. 14. (a) Si on suppose que l’inégalité demandée n’est pas vérifiée, on aurait (xη − yη)2 2η > ∥u∥∞ + ∥v∥∞ et Φη(xη, yη) ⩽ ∥u∥∞ + ∥v∥∞ − (∥u∥∞ + ∥v∥∞) ⩽ 0 < M, ce qui est contradictoire. (b) On a M = Φη(xη, yη) ⩽ u(xη) − v(yη). Si xη = ±1, M ⩽ v(xη) − v(yη) < M/2 ce qui est exclu. De mˆeme si yη = ±1 puisqu’alors M ⩽ u(xη) − u(yη). (c) On a pour tout x, y, u(x) − v(y) − |x − y|2 2η ⩽ u(xη) − v(yη) − |xη − yη|2 2η . En particulier avec y = yη, on a u(x) − |x − yη|2 2η ⩽ u(xη) − |xη − yη|2 2η . 4 En prenant la fonction ϕ(x) = (x − yη)2 2η qui est C1 sur [−1, 1], on a u − ϕ qui admet un maximum en xη et ϕ′(xη) = xη − yη η ∈ D+u(xη). De mˆeme, avec x = xη, on a v(y) + (xη − y)2 2η ⩾ v(yη) + (xη − yη)2 2η , et avec ψ(y) = −(xη − y)2 2η , v − ψ admet un minimum en yη si bien que ψ′(yη) = xη − yη η ∈ D−u(yη). 15. Comme u (resp. v) est sous-solution (resp. sur-solution), on a donc u(xη) + H(xη, xη − yη η ) ⩽ 0 et v(yη) + H(yη, xη − yη η ) ⩾ 0. Ainsi, par soustraction, u(xη) − v(yη) ⩽ H(yη, xη − yη η ) − H(xη, xη − yη η ) ⩽ ω |xη − yη|(1 + xη − yη η ⩽ ω |xη − yη| + |xη − yη|2 η Or on a |xη − yη|2 2η = u(xη) − v(yη) − Φη(xη, yη) ⩽ u(xη) − v(yη) − M ⩽ u(xη) − v(yη) − (u(xη) − v(xη)) car (u − v)(xη) ⩽ M, ⩽ v(xη) − v(yη) ⩽ |v(xη) − v(yη)|, et donc par croissance de ω, u(xη)−v(yη) ⩽ ω(|xη −yη|+2|v(xη)−v(yη)|) < M/2. Mais alors M ⩽ Φη(xη, yη) ⩽ u(xη) − v(yη) < M/2 ce qui est contradictoire. 16. (a) Si x est non nul dans ] − 1, 1[, u0 est localement C1 et d’après la question 4, D+u0(x) = D−u0(x) = {u′ 0(x)} avec u′ 0(x) = −ex/e si x > 0 et u′ 0(x) = e−x/e si x < 0. (b) L’application x −→ e|x| est convexe car l’exponentielle est elle-mˆeme convexe et croissante : en effet si x, y ∈ [−1, 1] et λ ∈ [0, 1], exp(|(1 − λ)x + λy| ⩽ exp((1 − λ)|x| + λ|y|) ⩽ (1 − λ)e|x| + λe|y|. On peut donc appliquer la question 10.(b) à u0 qui est concave et on a ℓ+ = lim y→0+ −e−1+y − e−1 y = −e−1 et ℓ− = lim y→0− −e−1−y − e−1 y = e−1, et D+u0(0) = [ℓ+, ℓ−] = [−e−1, e−1]. Comme u0 n’est pas dérivable en 0, ℓ+ ̸= ℓ−, la question 5 assure que D−u(0) est vide. (c) Avec les questions 3 et 16.(a), il apparaˆıt que u0 est sur-solution et sous-solution en tout x ∈] − 1, 1[ non nul. Vérifions le aussi en 0. Comme D−u(0) est vide, elle est bien sur-solution. Si p ∈ [−e−1, e−1], on a u(0) + p = −e−1 + |p| ⩽ 0 et u0 est une sous-solution en 0. (d) C’est −u1 qui est concave. Pour x non nul dans ] − 1, 1[, D+u1(x) = D−u1(x) = {u′ 1(x)} avec u′ 1(x) = e1−x pour x > 0 et −e1+x pour x < 0, D−u1(0) = [−e, e] et D+u1(0) = ∅. En 0, u1 est une sur-solution, mais pas une sous-solution puisque −e + 0 < 0. (e) Si v0 est sur-solution et sous-solution de (1) avec u0(1) = v0(1) = −1 = u0(−1) = v0(−1), on a u0 ⩽ v0 par la question 15 et par symétrie, v0 ⩽ u0. Ainsi u0 = v0. 17. Par théorème d’opérations, uε est continue sur [−1, 1] et C2 sur [−1, 0[ et ]0, 1]. De plus elle est paire. Pour vérifier qu’elle est de classe C2 sur [−1, 1], par le théorème de la limite de la dérivée, il suffit de vérifier que les limites à gauche et à droite de u′ ε et u′′ ε sont finies et égales. Pour la dérivée première, c’est 0 en 0+ et 0−. Pour 5 la dérivée seconde, c’est λ+ ε λ− ε (λ− ε − λ+ ε )/µ avec µ = λ− ε eλ+ ε − λ+ ε eλ− ε le dénominateur de la fraction définissant uε. On a bien uε(1) = uε(−1) = −1. Par parité il suffit de vérifier que uε est solution de (5) sur [0, 1]. Sur cet intervalle on a u′ ε ⩽ 0 et donc uε doit satisfaire l’équation différentielle y − y′ − εy′′ = 0. C’est bien le cas car les racines de l’équation caractéristique sont λ± ε . On notera que sur l’intervalle [−1, 0] on a u′ ε ⩾ 0 et uε vérifie l’équation différentielle y + y′ − εy′′ = 0 (les racine de l’équation caractéristique sont alors −λ± ε ). 18. (a) Soit v une fonction de classe C2 sur [−1, 1] vérifiant v(−1) = v(1) = 1 et v(x) + |v′(x)| − ε|v′′′(x)| = 0 pour tout x ∈ [−1, 1]. Sur un intervalle I sur lequel v′ est positive (resp. négative) v est solution de l’équation différentielle linéaire y + y′ − εy′′ = 0 (resp. y − y′ − εy′′ = 0) dont les solutions ont été données dans la question précédente. La solution uε a une dérivée qui ne s’annule qu’en 0 et qui est positive sur [−1, 0[ et négative sur ]0, 1]. On va essayer de montrer qu’il en est forcément de mˆeme pour v. Notons tout d’abord que v′ s’annule au moins une fois dans ] − 1, 1[ en vertu du théorème de Rolle. Si v′(1) = 0 alors v′′(1) est non nul et il existe η > 0 tel que v′ ne s’annule pas sur ] − 1, −1 + η[. Cela reste clairement vrai si v′(1) ̸= 0. On peut donc considérer le plus petit zéro de v′ strictement supérieur à −1 que l’on note τ. Sur le segment [−1, τ] v′ possède un signe constant et s’écrit sous la forme v(x) = Ae±λ+ ε x + Be±λ− ε x. Comme v n’est pas nulle sur [−1, τ] on ne peut pas avoir v(τ) = v′(τ) = 0 (théorème de Cauchy). Donc v(τ) ̸= 0 et par suite v′′(τ) ̸= 0. Il en découle que τ est un zéro isolé de v′ et que v′ change de signe en τ. Supposons par l’absurde que v′ admet un autre zéro dans ]τ, 1[. On peut à nouveau considérer τ ′ le plus petit de ces zéros (l’ensemble des zéros strictement supérieurs à τ est fermé). Sur [τ, τ ′] la fonction v est x → A′e−±λ+ ε x + B′e−±λ− ε x et il est facile de vérifier que la dérivée de cette fonction s’annule au plus une fois sur R si (A′, B′) ̸= (0, 0) (ce qui est le cas ici). Il en découle que τ est l’unique zéro de v dans [−1, 1] (car le mˆeme argument montre que v′(−1) ne peut pas ˆetre nul). Posons alors w(t) = v(2τ − t) pour t ⩾ τ (on prolonge v à gauche de −1 en gardant l’expression v(x) = Ae±λ+ ε x + Be±λ− ε x). On a w(τ) = v(τ) et w′(τ) = 0. De plus v′ a un signe constant sur ] − ∞, τ[ et w′ a le signe opposé sur ]τ, +∞[. Il en découle que pour t ∈ [τ, 1], v(t) = w(t) = v(2τ − t). On a v(−1) = v(1) = −1 et v est strictement monotone sur [−1, τ] et sur [τ, 1] donc −1 a uniquement ces deux antécédents. Ainsi v(2τ − 1) = −1 donc 2τ − 1 = −1 et τ = 0. En explicitant les constantes A et B avec les conditions au bord il est alors facile de voir que v est exactement la fonction uε. (b) Les équivalents sont pris pour ε tendant vers 0+. On a λ+ ε ∼ 2ε 2ε = 1 et λ− ε ∼ −1 ε−−−−→ ε→0 − ∞. Notons Dε le dénominateur de uε, Dε = λ− ε eλ+ ε − λ+ ε eλ− ε ∼ −e ε. Si x = 0, uε(0) ∼ −λ− ε Dε ∼ −1 e et si x > 0, uε(x) ∼ −λ− ε eλ+ ε x −e/ε ∼ −ex e . Comme u0 et uε sont paires, on en conclut que uε converge simplement vers u0 quand ε tend vers 0. Montrons que cette convergence est uniforme sur [−1, 1]. Pour cela, il suffit de majorer |uε(x) − u0(x)| pour x ∈ [0, 1] par une quantité indépendante de x tendant vers 0 quand ε tend vers 0. Le terme λ+ ε eλ− ε x Dε converge uniformément vers 0 puisque, comme λ− ε x ⩽ 0, λ+ ε eλ− ε x Dε ⩽ λ+ ε Dε ∼ 1 Dε −−−−→ ε→0 0. Il s’agit donc de montrer que x −→ −λ− ε eλ+ ε x Dε converge uniformément vers x −→ u0(x) sur [0, 1]. Formons la différence ∆ε(x) = −λ− ε eλ+ ε x Dε − u0(x) ⩽ −λ− ε (eλ+ ε x − ex) Dε + ex −λ− ε Dε + 1 e ⩽ −λ− ε Dε (e − eλ+ ε ) + e −λ− ε Dε + 1 e . Le dernier majorant trouvé ne dépend que de ε et tend vers 0 quand ε tend vers 0+. CQFD.