1 Le th´ eor` eme

Densit´e polynˆ omes orthogonaux

Maximilien Dreveton December 4, 2016

R´ef´erences Ojectif Agreg. Durett (Probablity Theory and Examples) pour les contre exemples.

Demailly (premier chapitre) pour des r´esultats sur les z´eros des polynˆomes orthogonaux et des exemples.

C’est aussi fait diff´eremment dans un bouquin d’exo de Chambert Loir.

Remarque Ultra classique et se recase partout `a condition de n’avoir aucune morale ni amour-propre.

Par contre avec les contre exemples et le lien avec probl`eme des moments en proba, devient int´eressant.

L’application `a construction d’une base hilbertienne deL²(R) est cit´ee dans le rapport du jury.

1 Le th´ eor` eme

D´efinition 1. On note I un intervalle de R. On appelle fonction poids ρ : I− > R^∗+ une fonction mesurable telle que :

∀n∈N Z

I

|x|ⁿρ(x)dx <∞ On note L²(I, ρ) espace des fonctions telles que R

I|f(x)|²ρ(x)dx < ∞, que l’on muni du produit scalaire suivant :

< f, g >:=

Z

I

f(x)g^∗(x)ρ(x)dx Donc L²(I, ρ) est un Hilbert.

Th´eor`eme 1.1. Il existe(P<sub>n</sub>)<sub>n</sub> une suite de polynˆomes unitaires, orthogonaux deux `a deux, telle que degPn=n. Cette suite est unique. LesPn sont appel´es polynˆomes orthogonaux pour le poids ρ.

Proof. Par r´ecurrence. P0 = 1

Supposons P0, P1, . . . Pn−1 construits, avec degPi = i, donc (P0, P1, . . . Pn−1) est une base de Rn−1[X].

On cherchePn=xⁿ−Pn−1

j=0 λj,nPj(x)

et∀k∈ {0, . . . , n−1}< Pn, P_k >= 0 donc< xⁿ, P_k >=λ_k,n||P_k||²₂ d’o`uλ_k,n= ^<x_||P^n,Pk>

k||²₂ est le seul choix possible (d’o`u existence + unicit´e).

Exemples

• L²(]0,+∞[, e^−x) P_n=Polynˆome de Laguerre

• L²(]− ∞,+∞[, e^−x) Pn=Polynˆome de Hermite (voir plus loin)

• L²(]−1,1[,1) Pn=Polynˆome de Legendre

• L²(]−1,1[,^{√ 1}

1−x²) P_n=Polynˆome de Tchebychev

Th´eor`eme 1.2. Si ∃a >0 tel que R

exp(a|x|)ρ(x)dx <∞ alors les polynˆomes orthogonaux forment une base de Hilbert de L²(I, ρ).

Quelques remarques sur les hypoth`ese Supposons I=intervalle born´e de R. Alors le th´eor`eme de Weierstrass permet de conclure, sans l’hypoth`ese sur le poids.

Si l’intervalle n’est pas born´e, on sait que Weirstrass n’est plus valide. En effet, les polynˆomes vont pouvoir approximer n’importe quelle fonction continue uniform´ement, sur un intervalle. On peut certes choisir l’intervalle arbitrairement grand, mais en dehors de l’intervalle, l’approximation

Par exemple, si I =R, et f ∈C⁰T

L²(I), alors f_n=f1_[−n,n] est continue sur un compact, donc approxim´ee uniform´ement `a pr`es parPn, , mais pas en dehors de [−n, n]!

Si l’on veut avoir une approximation par des polynˆomes, il faut donc changer de norme, et mettre un poids qui ´ecrase les fonctions `a l’infini. En particulier, il faut que les polynˆomes soit dansL²(I, ρ), doncρ ´ecrase tous les exp(nln(x)).

Un poids du genre ρ(x) = exp(−p

|x|) annule bien tous les polynˆomes, mais ne v´erifie pas l’hypoth`ese de d´ecroissante au minimum en exponentielle lin´eaire en x.

Proof. Supposons que l’on ait a >0 tel queR

exp(a|x|)ρ(x)dx <∞. Soit f ∈L²(I, ρ) et φtelle que φ(x) =f(x)ρ(x)1_I(x).

Montrons que φ∈L¹(R) On a ∀t≥0, t≤ ^1+t₂², donc∀x∈I|f(x)ρ(x)≤ ¹₂(1 +|f(x)|)²ρ(x).

Or, par hypoth`ese,ρet ρf² sont dans L¹(I), doncφ∈L¹(R).

TF deφ φ(x) =ˆ R

If(x) exp(−iωx)ρ(x)dx

On prolonge ˆφ sur{z∈C/Im(x)< a/2}=B_a Posons : g(z, x) = exp(−izx)f(x)ρ(x)

∀z∈B_a Z

I

|g(z, x)|dx ≤ Z

I

exp(a|x|/2)|f(x)|ρ(x)dx

≤ Z

I

exp(a|x|)ρ(x)

1/2 Z

I

|f(x)|²ρ(x) 1/2

< ∞

∀z∈BAF(z) :=R

Ig(z, x)dxest bien d´efinie.

F holomorphe

• ∀z∈B_a, x−> g(z, x) mesurable

• z−> g(z, x) est holomorphe pour presque tout x

• ∀z∈Ba, |g(z, x)| ≤exp(a|z|/2)|f(x)|ρ(x)

Donc (holomorphie sous signe somme) F est holomorphe sur B_a et prolonge ˆφ. (ce th´eor`eme nous assure aussi que l’on peut d´eriver sous le signe somme)

f orthogonal `a (xⁿ)n implique F=0 Posons gn(x) = xⁿ. Supposons que ∀n ∈ N, < f, gn >= 0.

Montrons que f=0.

On a F⁽ⁿ⁾(z) = (−i)ⁿR

Ixⁿexp(−izx)f(x)ρ(x)dx doncF⁽ⁿ⁾(0) = (−i)ⁿR

Ixⁿf(x)ρ(x)dx= (−i)ⁿ< f, gn>I= 0 Or F est holomorphe en z´ero, donc F(z) = PF⁽ⁿ⁾(0)

n! zⁿ = 0 au voisinage de 0, donc F=0 sur un voisinage de 0.

Donc le th´eor`eme de prolongement analytique assure que F=0 sur B_a tout entier (car c’est un ouvert connexe avec point d’accumulation).

Conclusion : (P_n) est une base hilbertienne Or l’application φ 7→φˆ qui a une fonction L¹(I) associe sa tranform´ee de Fourier est injective, doncφ= 0.

Orρ >0 donc f=0 sur I, donc l’orhtogonal de Vect((g_n)_n) est{0}, donc Vect((g_n)_n)=L²(I, ρ) Donc (xⁿ)_n est une base de Hilbert, donc (P_n)_n aussi. (car Vect((P_n)_n)=Vect((g_n)_n))

1.1 Exemples : polynˆomes et fonctions de Hermite

Prenons pour poids ρ = e^−x2. Alors la famille des Pn = ⁽⁻¹⁾ⁿ

2^n−1/4π^n/2√

n!e^x2dn(e−x

2)

dxⁿ est une base or- thonormale de L²(R, ρ).

Par suite, les h_n = e^−x2P_n (appel´ees fonctions de Hermite) forment une base hilbertienne de L²(R).

1.2 Suppl´ements

Th´eor`eme 1.3. Polynˆome de meilleure approximation

Soit f ∈L²(I, ρ). Alors ∃!R_n∈ P_n tel que ||f−Rn||₂=d(f,P_n).

Proof. P_n est un sev ferm´e du Hilbert L²(I, ρ).

Le th´eor`eme de projection sur un sev ferm´e donne : Rn(x) =Pn k=0

<f,Pk>

||P_k||²₂ P_k(x) Th´eor`eme 1.4. ∀ρ poids sur I =]a, b[, Pn poss`ede n z´eros distincts dans ]a, b[.

Proof. Id´ee : sorte de r´ecurrence sur le nombre de racine (`a n fix´e!) + absurde. Regarder les petits cas pour voir comment ¸ca marche.

n=1 < P₁, P₀>= 0 =R

IP₁(x)ρ(x)dx

SiP₁n’a pas de racines dans I, alorsP₁ρne s’annule pas, donc serait de signe constant et l’int´egrale serait n´ecessairement non nulle. Donc P1 s’annule sur I.

Pour montrer un seul z´ero, on se rappelle queP₁ est de degr´e 1...

n quelconque < P_n, P₀ >= 0 : le mˆeme raisonnement conduit `a l’existence d’un z´ero.

Notonsx1, . . . , xk les z´eros distincts dePn contenus dans I, avecm1, . . . , mk leur multiplicit´e.

doncm1+· · ·+m_k≤deg(Pn) =n.

Posons_i = 0 si m_i pair, 1 sinon. etq(x) =Qk

i=1(x−x_i)ⁱ degq ≤k≤n Le polynˆomesPnQa dans I pour z´eros les xi, avec multiplicit´e paire mi+i. Donc< Pn, Q >=R

Pn(x)Q(x)ρ(x)dx6= 0

OrP_nest orthogonal `aRn−1[X], doncq 6∈Rn−1[X], donc deg q =n, et donc k=n et∀i m_i= 1.

2 Contre exemples; non densit´ e des polynˆ omes orthogonaux

2.1 Contre exemple classique via loi lognormale Proposition 2.1.

f₀(x) :=√ 2π1

xexp(−(logx)²

2 )

(densit´e d’une log-normale). Soit −1≤a≤1, posons :

fa(x) =f0(x)(1 +asin(2πlogx)) On a :

∀r∈N Z ∞

0

x^rf0(x)sin(2πlogx) = 0

Autrement dit, les va `a densit´e selon f<sub>0</sub> et f<sub>a</sub> admettent les mˆeme moments `a tout ordre.

Proof. Changement de variablex= exp(s+r) s= logx−r ds=dx/x donne :

√1 2π

Z ∞

∞

exp(rs+r²) exp(−(s+r)²

2 ) sin(2π(s+r))ds (1)

= 1

√2πexp(r² 2)

Z ∞

∞

exp(−s²

2) sin(2πs)ds (2)

=0 (3)

(on int`egre une fonction impaire)

Remarque sur la log-normale SiX≈ N(0,1), alors Y := exp(X)≈Lognormal et

E(Yⁿ) =E(exp(nX)) (4)

= Z

e^nx(2π)^−1/2e^−x2/2dx (5)

=e^n2/2 Z 1

√

2πe^{−(x−n)2/2}dx (6)

=exp(n²/2) (7)

On peut trouver une va discr`ete qui poss`ede les mˆeme moments `a tout ordre que la lognormale.

Posons Z_a telle que P(Z_a = ae^k) = a^−kexp(−k²/2)/c_a pour k ∈ Z, o`u c_a est une constante de normalisation.

Alors

exp(−n²/2)E(Z_aⁿ) =e^−n2/2X

k

(ae^k)ⁿa^−ke^−k2/2/ca (8)

=X

k

a^−(k−n)exp(−(k−n)² 2 )1

c_a (9)

= 1 (10)

2.2 Contre exemple optimal qui sort de nulle part

Proposition 2.2. Posons λ∈]0,1[ −1≤a≤1 β= tan(λπ/2) f_a,λ(x) :=c_λe^−|x|λ(1 +asin(β|x|^λsgn(x))) A λfix´e, les f_a,λ sont des densit´es de va ayant les mˆeme moments.

Proof. Montrons

∀n∈N Z ∞

−∞

xⁿe^−|x|λsin(β|x|^λsgn(x)) = 0

Si n est pair la fonction int´egr´ee est impaire et c’est bon.

Si n est impair alors on int`egre une fonction paire donc on montre que l’int´egrale entre 0 et ∞ est nulle. La suite est une succession d’astuces de calcul.

Tout d’abord, on a :

Z ∞

0

t^p−1e^−qtdt= Γ(p)

q^d Re(q)>0

On va utiliser cette relation avec : p= ⁿ⁺¹_λ q = 1 +iβ ett=x^λ comme changement de variable.

Γ(ⁿ⁺¹_λ ) (1 +iβ)^n+1λ =

Z ∞

0

x^{λ(n+1λ −1)}exp(−(1 +iβ)x^λ)λx^λ−1dx (11)

=λ Z ∞

0

xⁿexp(−x^λ) cos(βx^λ)dx−iλ Z ∞

0

xⁿe^−xλsin(βx^λ)dx (12) Dans la derni`ere ligne, on remarque comme par hasard que la partie imaginaire de ^Γ(

n+1 λ ) (1+iβ)^n+1λ

est justement la quantit´e que l’on veut voir s’annuler.

Montrons donc que ^Γ(

n+1 λ ) (1+iβ)^n+1λ

est r´eel (c’est `a dire (1 +iβ)<sup>n+1λ</sup> r´eel), et ¸ca ach`evera la preuve.

Commeβ= tan(λπ/2), on a :

1 +iβⁿ⁺¹_λ

= cosλπ 2

−ⁿ⁺¹_λ

expiλπ 2

ⁿ⁺¹_λ

(13) Commeλ <1 on a ⁿ⁺¹_λ >1 pour tout n.

De plus :

exp iλπ

2

ⁿ⁺¹_λ

= exp

iⁿ⁺¹₂ π

et n impair donc ⁿ⁺¹₂ est entier, ce qui ach`eve la d´emonstration.