Opérateur d'intégration et série de Neumann

Résolution.

1. Linéarité : La linéarité de l'intégrale assure celle de $\varphi$. Continuité : Soit $f \in E$. Pour tout $x \in [0,1]$ :
   $$|\varphi(f)(x)| = \left| \int_0^x f(t)   dt \right| \le \int_0^x |f(t)|   dt \le x \|f\|_{\infty} \le \|f\|_{\infty}$$
   En passant au supremum sur $x \in [0,1]$, on obtient $\|\varphi(f)\|_{\infty} \le \|f\|_{\infty}$. L'application est donc continue et sa norme subordonnée vérifie $\||\varphi|\| \le 1$.
2. 1. Montrons par récurrence que pour tout $n \ge 1$ :
      $$\forall x \in [0,1],   \varphi^n(f)(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} f(t)   dt$$
      Initialisation : Pour $n=1$, on retrouve bien la définition de $\varphi$. Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$. Alors :
      $$\varphi^{n+1}(f)(x) = \int_0^x \varphi^n(f)(u)   du = \int_0^x \left( \int_0^u \frac{(u-t)^{n-1}}{(n-1)!} f(t)   dt \right) du$$
      Par le théorème de Fubini (les fonctions sont continues sur un domaine compact), on échange l'ordre d'intégration :
      $$\varphi^{n+1}(f)(x) = \int_0^x f(t) \left( \int_t^x \frac{(u-t)^{n-1}}{(n-1)!}   du \right) dt$$
      Le calcul de l'intégrale intérieure donne :
      $$\int_t^x \frac{(u-t)^{n-1}}{(n-1)!}   du = \left[ \frac{(u-t)^n}{n!} \right]_t^x = \frac{(x-t)^n}{n!}$$
      D'où le résultat au rang $n+1$. Par récurrence, on a :
      $$\boxed{\varphi^n(f)(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} f(t)   dt}$$
   2. Pour $f \in E$, on majore :
      $$|\varphi^n(f)(x)| \le \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} |f(t)|   dt \le \|f\|_{\infty} \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}   dt = \|f\|_{\infty} \frac{x^n}{n!}$$
      Ainsi, $\|\varphi^n(f)\|_{\infty} \le \frac{1}{n!} \|f\|_{\infty}$, ce qui montre que $\||\varphi^n|\| \le \frac{1}{n!}$. En considérant la fonction constante $f_0 : x \mapsto 1$, on a $\|f_0\|_{\infty} = 1$ et :
      $$\varphi^n(f_0)(1) = \int_0^1 \frac{(1-t)^{n-1}}{(n-1)!}   dt = \frac{1}{n!}$$
      Ceci prouve que la borne est atteinte. On conclut :
      $$\boxed{\||\varphi^n|\| = \frac{1}{n!}}$$

3. Puisque $E$ est un espace de Banach (muni de la norme infinie), l'espace $\mathcal{L}_c(E)$ est également un espace de Banach. Pour montrer la convergence de la série d'opérateurs, étudions sa convergence absolue :
   $$\sum_{n=0}^N \||\varphi^n|\| = \sum_{n=0}^N \frac{1}{n!} \xrightarrow[N \to +\infty]{} e$$
   La série $\sum \varphi^n$ converge absolument dans un espace de Banach, donc elle converge vers un élément $S \in \mathcal{L}_c(E)$.
4. Par continuité de la composition dans $\mathcal{L}_c(E)$, on a :
   $$(\text{Id}_E - \varphi) \circ S = (\text{Id}_E - \varphi) \circ \lim_{N \to \infty} \sum_{n=0}^N \varphi^n = \lim_{N \to \infty} \left( \sum_{n=0}^N \varphi^n - \sum_{n=1}^{N+1} \varphi^n \right)$$
   Par télescopage, il reste :
   $$(\text{Id}_E - \varphi) \circ S = \lim_{N \to \infty} (\text{Id}_E - \varphi^{N+1})$$
   Or $\||\varphi^{N+1}|\| = \frac{1}{(N+1)!} \to 0$, donc $\varphi^{N+1} \to 0$ dans $\mathcal{L}_c(E)$. Ainsi $(\text{Id}_E - \varphi) \circ S = \text{Id}_E$. De même, $S \circ (\text{Id}_E - \varphi) = \text{Id}_E$. On en déduit que $\text{Id}_E - \varphi$ est inversible et :
   $$\boxed{S = (\text{Id}_E - \varphi)^{-1}}$$

5. L'équation s'écrit $(\text{Id}_E - \varphi)(f) = g$. D'après la question précédente, l'opérateur $\text{Id}_E - \varphi$ est bijectif de $E$ dans $E$, donc il existe une unique solution $f = S(g) = \sum_{n=0}^{\infty} \varphi^n(g)$. Pour trouver l'expression de $f$, posons $h(x) = \int_0^x f(t)   dt$. Alors $h$ est de classe $\mathcal{C}^1$, $h(0)=0$ et $h' = f$. L'équation devient :
   $$h'(x) - h(x) = g(x)$$
   C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre. En utilisant le facteur intégrant $e^{-x}$ :
   $$\frac{d}{dx} (h(x) e^{-x}) = g(x) e^{-x}$$
   En intégrant entre $0$ et $x$ (sachant $h(0)=0$) :
   $$h(x) e^{-x} = \int_0^x g(t) e^{-t}   dt \implies h(x) = e^x \int_0^x g(t) e^{-t}   dt$$
   Comme $f = g + h$, on obtient finalement :
   $$\boxed{f(x) = g(x) + \int_0^x e^{x-t} g(t)   dt}$$