Équations d'ordre 1

Si on voit une fonction $\displaystyle C^1$ 👉 On dérive !

On dérive ce qu’on peut dériver ! Ici, pas trop le choix : on pose $\displaystyle F(t)=C+\int_0^t y(s)\phi(s)ds$.
On a, pour tout $\displaystyle t\ge 0$, $\displaystyle F'(t)=y(t)\phi(t)\le F(t)\phi(t)$ car $\displaystyle 0\le y(t)\le F(t)$ par hypothèse.
On s’empresse de séparer les variables, i.e. $\displaystyle \frac{F'(t)}{F(t)}\le \phi(t)$ ($\displaystyle F$ ne s’annule pas car $\displaystyle y,\phi\ge0$ et $\displaystyle C>0$), donc $$\int_0^t\frac{F'(s)}{F(s)}ds=\ln\left(\frac{F(t)}{F(0)}\right)\le \int_0^t\phi(s)ds.$$ Ainsi : $\displaystyle y(t)\le F(t)\le F(0)\exp\left(\int_0^t \phi(s)ds\right)=C\exp\left(\int_0^t \phi(s)ds\right)$, ce qu’on voulait.
Si, pour tout $\displaystyle t\ge0$, $\displaystyle y(t)\le \int_0^t y(s)\phi(s)ds$, on peut écrire $\displaystyle y(t)\le \epsilon+\int_0^t y(s)\phi(s)ds$ pour tout $\displaystyle \epsilon>0$. On fait tendre $\displaystyle \epsilon$ vers $\displaystyle 0$ dans la conclusion du lemme, et on en déduit $\displaystyle y=0$.

On a vraiment envie de se ramener à une équation différentielle !

On va raisonner par analyse et synthèse. Supposons que $\displaystyle f$ soit une fonction vérifiant les conditions de l’énoncé. On a alors : $$f''(x) -f'(-x) = e^x,$$ donc : $$f''(x) +f(x) = e^x+e^{-x}.$$ On va trouver toutes les solutions à cette équation différentielle, puis parmi ces solutions on cherchera celles qui vérifient la condition de l’énoncé.

On commence par résoudre l’équation homogène : les solutions sont les fonctions de la forme $\displaystyle A \sin(x) + B \cos(x)$. On cherche maintenant une solution particulière… la variation de la constante ne permet pas de répondre facilement, mais ici il y a une solution plus ou moins “évidente” qui apparaît lorsque l’on joue un peu avec les exponentielles, il suffit de poser $\displaystyle f_0(x) = \frac{e^x+e^{-x}}{2} = \cosh(x)$. Ainsi, les solutions de l’équation différentielle sont les fonctions $\displaystyle f$ de la forme $$f(x)=A \sin(x) + B \cos(x) + \cosh(x).$$ Il reste à chercher les valeurs de $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ pour lesquelles on a bien $\displaystyle f'(x)+f(-x)=e^x$. On a, après calculs : $$f'(x)+f(-x) = (A+B) \cos(x) - (A+B) \sin(x) + e^x.$$ Comme la fonction $\displaystyle x \mapsto \cos(x)-\sin(x)$ n’est pas identiquement nulle, on a nécessairement $\displaystyle A+B=0$, et cette condition est clairement suffisante.

Conclusion : les fonctions $\displaystyle f \in \mathcal{C}^1(\R)$ vérifiant $\displaystyle f'(x)+f(-x) = e^x$ sont les fonctions de la forme $\displaystyle f(x)= A(\cos(x)-\sin(x))+ \cosh(x)$, où $\displaystyle A$ est un paramètre réel.

Il vaut mieux commencer par résoudre l’équation différentielle !

On commence par chercher la forme générale des solutions à l’équation différentielle donnée dans l’énoncé. Les solutions de l’équation homogène sont de la forme $\displaystyle y(x) = A \exp(-\exp(x))$, avec $\displaystyle A \in \R$.

La méthode de la variation de la constante permet d’obtenir une solution particulière sous la forme $\displaystyle y_0(x) = e^{-e^x} \int_0^x f(t) e^{e^t} dt$, d’où la forme générale des solutions : $$y(x) = e^{-e^x}\left(A+\int_0^x f(t) e^{e^t} dt \right).$$ Comme on a clairement $\displaystyle \lim_{x \to \infty} A e^{-e^x} = 0$, il reste à prouver que $$\lim_{x \to \infty} e^{-e^x} \int_0^x f(t) e^{e^t} dt = 0.$$ L’intuition derrière un tel calcul de limite se comprend bien : comme la fonction $\displaystyle t \mapsto e^{e^t}$ grandit très vite, la plus grosse contribution dans l’intégrale $\displaystyle \int_0^x f(t) e^{e^t} dt$ vient des valeurs de $\displaystyle t$ proches de $\displaystyle x$. Pour rendre cette idée rigoureuse, il faut à un moment utiliser les hypothèses faites sur $\displaystyle f$.

Comme $\displaystyle f$ est continue et de limite nulle, il existe $\displaystyle M$ tel que $\displaystyle |f(x)| \le M$ pour tout $\displaystyle x \ge 0$. On va découper l’intégrale en deux parties en écrivant : $$\int_0^x f(t) e^{e^t} dt = \int_0^{x-1} f(t) e^{e^t} dt+\int_{x-1}^{x} f(t) e^{e^t} dt,$$ et l’inégalité triangulaire permet d’écrire : $$\left|e^{-e^x} \int_0^x f(t) e^{e^t} dt\right| \le M \int_0^{x-1 }e^{e^t-e^x} dt + e^{-e^x} \int_{x-1}^x e^{e^t} dt \sup_{t \in [x,x-1]} |f(t)|.$$ Pour la première partie du membre de droite, on remarque que $$\forall t \le x-1 \ , \ e^{e^t-e^x} \le e^{e^{x-1}-e^x} = e^{(1/e-1) e^{x}},$$ on a donc la majoration : $$M \int_0^{x-1 }e^{e^t-e^x} dt \le M (x-1) e^{(1/e-1) e^{x}} \rightarrow_{x \to \infty} 0.$$ Pour la deuxième partie du membre de droite, on utilise la croissance de la fonction $\displaystyle t \mapsto e^{e^t}$ pour écrire : $$e^{-e^x} \int_{x-1}^x e^{e^t} dt \sup_{t \in [x,x-1]} |f(t)| \le \sup_{t \in [x,x-1]} |f(t)| \rightarrow_{x \to \infty} 0.$$ Ici on a utilisé le fait que $\displaystyle f$ est de limite nulle. On a au final bien montré que la solution de $\displaystyle y'+e^xy=f(x)$ est nécessairement de limite nulle en $\displaystyle + \infty$.