PC∗
Corrigé : le problème des moments (Mines PSI 2019)
I
Quelques exemples
1. g est positive et intégrable sur [0, +∞[ et
Z +∞ 0
g(x) dx =h−e−xi+∞
0 = 1 donc g est une densité sur [0, +∞[. Pour tout n ∈ N, xne−x =
+∞O(e −x/2
) (croissances comparées) donc x 7→ xne−xest intégrable sur [0, +∞[. On en déduit que g possède un moment fini à tout ordre. Enfin, une intégration par parties donne
mn+1(g) = −xn+1e−x +∞ 0 + (n + 1) Z+∞ 0 xne−xdx = (n + 1)mn(g),
relation qui permet de prouver par récurrence que mn(g) = n!.
2. Pour tout n ∈ N, xne−x2/2±∞= O(e−|x|/2) (par croissances comparées) donc x 7→ xne−x2/2est intégrable sur R, ce qui montre que tous les moments de ϕ sont finis.
3. Pour tout p ∈ N la fonction x 7→ x2p+1e−x2/2est intégrable et impaire donc m2p+1(ϕ) = 0. 4. Pour tout p ∈ N, effectuons une intégration par parties :
m2p+2(ϕ) = Z+∞ −∞ x2p+1(x e−x2/2) dx = −x2p+1e−x2/2 +∞ −∞+ (2p + 1) Z+∞ −∞ x2pe−x2/2dx = (2p + 1)m2p(ϕ) donc m2p(ϕ) = (2p − 1)(2p − 3) · · · (3)(1)m0(ϕ) = (2p)!
2pp!m0(ϕ). Et puisque ϕ est supposée être une densité, m0(ϕ) = 1 et ainsi m2p(ϕ) =
(2p)! 2pp!.
5. Considérons la fonction f : R → R définie par f (x) = 1
π(1 + x2). Il s’agit d’une fonction positive intégrable sur R et Z+∞ −∞ f (x) dx = 1 πarctan(x) +∞
−∞= 1 donc f est une densité. Cependant, la fonction x 7→ xf (x) n’est pas intégrable sur R car
xf (x) ∼
+∞ 1
πx donc f ne possède pas un moment d’ordre 1 fini.
II
Théorème de Stone-Weierstrass
6. D’après la formule du binôme,
n X k=0 n k ! xk(1 − x)n−k=x + (1 − x)n= 1.
7. Pour tout n ∈ N∗, pour tout k ∈ ~1, n, k n
k ! = n n − 1 k − 1 ! donc n X k=0 k n k ! xk(1 − x)n−k= n n X k=1 n − 1 k − 1 ! xk(1 − x)n−k= nx n−1 X j=0 n − 1 j ! xj(1 − x)n−1−j= nxx + (1 − x)n−1= nx
(formule qui reste vraie pour n = 0).
8. Pour tout n > 2, pour tout k ∈ ~2, n, k(k − 1) n
k ! = n(n − 1) n − 2 k − 2 ! donc n X k=0 k(k − 1) n k ! xk(1 − x)n−k= n(n − 1) n X k=2 n − 2 k − 2 ! xk(1 − x)n−k= n(n − 1)x2 n−2 X j=0 n − 2 j ! xj(1 − x)n−2−j = n(n − 1)x2x + (1 − x)n−2= n(n − 1)x2 (formule qui reste vraie pour n = 0 et n = 1).
On en déduit : n X k=0 k2 n k ! xk(1 − x)n−k= n X k=0 k(k − 1) n k ! xk(1 − x)n−k+ n X k=0 k n k ! xk(1 − x)n−k= n(n − 1)x2+ nx. 9. On développe le carré : n X k=0 (k − nx)2 n k ! xk(1 − x)n−k= n X k=0 k2 n k ! xk(1 − x)n−k−2nx n X k=0 k n k ! xk(1 − x)n−k+ n2x2 n X k=0 n k ! xk(1 − x)n−k = nx + n(n − 1)x2−2n2x2+ n2x2= nx(1 − x) 6n 4
car une étude de la fonction x 7→ x(1 − x) montre qu’elle est maximale sur [0, 1] pour x = 1/2.
10. D’après la question 6, Bn(x) − f (x) = n X k=0 n k ! xk(1 − x)n−kf (k/n) − f (x) 6 n X k=0 n k ! xk(1 − x)n−k f (k/ n)−f (x) . On sépare ensuite la somme en distinguant les indices qui appartiennent à X de ceux qui appartiennent à Y :
Bn(x) − f (x) 6 X k∈X n k ! xk(1 − x)n−k f (k/ n)−f (x) + X k∈Y n k ! xk(1 − x)n−k f (k/ n)−f (x) 6X k∈X n k ! xk(1 − x)n−k+ 2kf k∞X k∈Y n k ! xk(1 − x)n−k 6 n X k=0 n k ! xk(1 − x)n−k+ 2kf k∞X k∈Y n k ! xk(1 − x)n−k= + 2kf k∞X k∈Y n k ! xk(1 − x)n−k 11. Pour tout k ∈ Y on a α2n26(k − nx)2donc
X k∈Y n k ! xk(1 − x)n−k6 1 α2n2 X k∈Y (k − nx)2 n k ! xk(1 − x)n−k6 1 α2n2 n X k=0 (k − nx)2 n k ! xk(1 − x)n−k6 1 4α2n d’après la question 9.
Lorsque n tend vers +∞ il existe un rang N à partir duquel kf k∞
2α2n 6et alors, pour tout n > N, pour tout x ∈ [0, 1],
Bn(x) − f (x)
62. Autrement dit, kBn−f k∞62 pour tout n > N.
III
Le problème des moments sur [0, 1]
12. Posons P = n X k=0 akXk. Alors Z 1 0 f (x) − g(x)P(x) dx = n X k=0 ak Z1 0 f (x) − g(x)xkdx = n X k=0 mk(f ) − mk(g) = 0. 13. On a : Z1 0 f (x) − g(x)Pn(x) dx − Z1 0 f (x) − g(x)2dx 6 Z1 0 f (x)−g(x) · f (x)−g(x) − Pn(x) dx6 kf − g − Pnk∞ Z1 0 f (x)−g(x) dx Sachant que lim
n→+∞
kf − g − Pnk∞= 0 on en déduit que lim
n→+∞ Z 1 0 f (x) − g(x)Pn(x) dx = Z1 0 f (x) − g(x)2dx.
14. Les questions 12 et 13 permettent d’en déduire que Z 1
0
f (x) − g(x)2dx = 0. Mais (f − g)2est une fonction continue et positive sur [0, 1], il s’agit donc de la fonction nulle, et f = g.
IV
Transformée de Fourier de la densité gaussienne
15. Notons f (ξ, t) = eitξϕ(t) et appliquons le théorème de continuité des intégrales à paramètre : – pour tout ξ ∈ R, la fonction t 7→ f (ξ, t) est continue par morceaux sur R ;
– pour tout t ∈ R, la fonction ξ 7→ f (ξ, t) est continue sur R ; – pour tout (t, ξ) ∈ R2,
f (ξ, t) 6ϕ(t).
La fonction ϕ est continue par morceaux et intégrable sur R, doncbϕest définie et continue sur R.
16. Poursuivons en appliquant maintenant le théorème de dérivation des intégrales à paramètre : – pour tout t ∈ R, la fonction ξ 7→ f (ξ, t) est de classeC1sur R et ∂f
∂ξ(ξ, t) = it e itξϕ(t) ; – pour tout (t, ξ) ∈ R2, ∂f ∂ξ(ξ, t) 6tϕ(t).
La fonction t 7→ tϕ(t) est continue par morceaux et intégrable sur R (car ϕ possède un moment d’ordre 1) doncbϕest de classeC1sur R et b ϕ0(x) = Z R it eitξϕ(t) dt = √i 2π Z R eitξ(t e−t2/2) dt 17. On procède à une intégration par parties :
b ϕ0(ξ) =√i 2π −eitξe−t2/2 +∞ −∞ −√ξ 2π Z R eitξe−t2/2dt = −ξbϕ(ξ)
18. On en déduit l’existence d’une constante C telle que pour tout ξ ∈ R,bϕ(ξ) = Ce −ξ2/2.
Puisque ϕ est une densité,bϕ(0) = 1 donc C = 1 etbϕ(ξ) = e −ξ2/2.
V
Le problème des moments sur [0, +∞[
19. Notons déjà que f (x) =√1 2πe
−(ln x)2/2+ln x
pour x > 0 donc lim
x→0+f (x) = 0 : f est bien continue en 0 et donc sur [0, +∞[.
Le changement de variable bijectif y = ln x montre que les intégrales Z+∞ 0 f (x) dx et√1 2π Z +∞ −∞ e−y2/2dy sont de même nature, et sont égale en cas de convergence. Or on a admis que ϕ est une densité donc f (qui est positive) est bien intégrable sur [0, +∞[ et
Z +∞ 0
f (x) dx = 1 ; c’est une densité sur [0, +∞[.
20. Im 1 √ 2π Z R ei(2π−in)ue−u2/2du = √1 2π Z R sin(2πu) enue−u2/2du = √1 2π Z +∞ 0 sin(2π ln x)xn−1e−(ln x)2/2dx = In (à
l’aide du changement de variable bijectif x = eu). 21. On observe que In= Im
b
ϕ(2π − in)donc d’après la question 18, In= Im
e−(2π−in)2/2= Ime−2π2+n2/2+2iπn= e−2π2+n2/2sin(2πn) = 0.
22. Cherchons à quelle condition gαest une densité. Il s’agit d’une fonction continue, et d’après les questions 19 et 21 (pour n = 0) on a Z R g(x) dx = Z R
f (x) dx = 1. Ainsi, pour qu’il s’agisse d’une densité il faut et il suffit qu’elle soit à valeurs
positives. Et sachant que x 7→ sin(2π ln x) est à valeurs dans [−1, 1], on peut affirmer que gαest une densité si et seulement si |α| 6 1.
On suppose désormais |α| 6 1.
La question 20, mais cette fois pour tout n ∈ N, montre que mn(gα) = mn(f ). Ainsi, f et gαsont deux densités ayant mêmes
moments sans être égales, et ce pour tout α ∈ [−1, 1] \ {0}.
