B. La fonction φ

SESSION 2009

Concours commun Mines-Ponts

PREMIERE EPREUVE. FILIERE MP

A. Questions préliminaires

1)Soit Ψ : R×R → C (x, t) 7→ e^itxf(x)

.

- Pour chaquet∈R, la fonctionx7→Ψ(x, t) =e^itxf(x)est continue surR. De plus,∀(x, t)∈R²,|Ψ(x, t)|=f(x)(carfest une fonction réelle positive) ce qui montre que pour chaquet∈R, la fonctionx7→Ψ(x, t)est intégrable surR(puisquef l’est). On a ainsi montré que la fonctionφfest définie surR.

- La fonctionΨadmet des dérivées partielles à tout ordre par rapport à sa deuxième variabletsurR²à savoir

∀k∈N^∗,∀(x, t)∈R², ∂^kΨ

∂t^k(x, t) = (ix)^ke^itxf(x).

De plus, pour chaquek∈N^∗ on a

• pour chaquex∈R, la fonctiont7→ ∂^kΨ

∂t^k(x, t)est continue surR.

• pour chaquet∈R, la fonctionx7→ ∂^kΨ

∂t^k(x, t)est continue par morceaux sur R.

• Pour chaque(x, t)∈R²,

∂^kΨ

∂t^k(x, t)

=|x|^kf(x) =ϕk(x)(hypothèses de domination) où ϕk est par hypothèse continue par morceaux, positive et intégrable surR.

D’après une généralisation du théorème de dérivation sous le signe somme (théorème de Leibniz), la fonction φf est indéfiniment dérivable surRet de plus,

∀k∈N^∗,∀t∈R,φ^(k)_f (t) = Z

R

∂^kΨ

∂t^k(x, t)dx=i^k Z

R

e^itxx^kf(x)dx.

φfest définie et de classeC^∞ surR. De plus,∀k∈N^∗,∀t∈R,φ^(k)_f (t) =i^k Z

R

e^itxx^kf(x)dx.

2)Soientx∈Ret n∈N^∗. On noteIl’intervalle [0, x]six>0et [x, 0]six < 0. Pourt∈I, on posef(t) =e^it. festnfois dérivable surIet pourt∈I,

|f⁽ⁿ⁾(t)|=|iⁿe^it|=1,

et donc si poseMn =sup{|f⁽ⁿ⁾(t)|, t∈I}, on aMn=1. L’inégalité deTaylor-Lagrangepermet alors d’écrire

e^ix−

n−1X

m=0

(ix)^m m!

=

f(x) −

n−1X

m=0

f^(m)(0) m! x^m

6 M_n|x−0|ⁿ n! = |x|ⁿ

n! .

∀x∈R,∀n∈N^∗,

e^ix−

n−1X

m=0

(ix)^m m!

6 |x|ⁿ n! .

3)ha,b est continue sur R^∗ en tant que quotient de fonctions continues surR^∗ dont le dénominateur ne s’annule pas sur R^∗et d’autre part,

ha,b(t) =

t→0, t6=0

1

it((1−ita) − (1−itb) +o(t)) =b−a+o(1) =ha,b(0) +o(1).

Doncha,b est continue en0et finalement sur R.

Pour (a, b)∈R²tel que a < b, la fonctionha,b est continue surR. 4)|ha,b(0)|=b−a6b−aet pourt6=0

|h_a,b(t)|= 1

|t||e^−ita−e^−itb|= 1

|t||e^−itb|

e^it(b−a)−1

= |e^it(b−a)−1|

|t|

6 |t(b−a)|

|t| (d’après la question 3. appliquée àx=t(b−a)etn=1

=b−a.

∀t∈R,|h_a,b(t)|6b−a.

5)Soitk∈N.e^k=

+∞

X

n=0

kⁿ n! = e^k

k! +X

n6=k

kⁿ n! > e^k

k!.

∀k∈N,e^k> k^k k!.

B. La fonction φ

caractérise f

6)Soit(θ, T)∈R^∗×R⁺. La fonctionr : t7→ sin(θt)

t est continue sur[−T, T]\ {0}et se prolonge par continuité en0en posantr(0) =θ. DoncR(θ, T)existe. De plus, puisquer est paire, en posantx=θtde sorte que dt

t = dx

x , on obtient R(θ, T) =

ZT

−T

sin(θt) t dt=2

ZT

0

sin(θt) t dt=2

ZθT

0

sinx

x dx=2S(θT), ce qui reste vrai pourθ=0et T ∈R⁺.

∀(θ, T)∈R×R⁺,R(θ, T) =2S(θT).

7)Pouru∈R, on pose sgn(u) =





1siu > 0 0siu=0

−1siu < 0 .

SoientT ∈R⁺

∗ et(x, y)∈R². La fonctionSest impaire (primitive qui s’annule en0 d’une fonction paire) et donc, d’après le rappel de l’énoncé

T→lim+∞

(R(x, T) −R(y, T)) =2 lim

T→+∞

(S(xT) −S(yT)) =2π

2sgn(x) − π

2sgn(y)

=π(sgn(x) −sgn(y)).

∀(x, y)∈R², lim

T→+∞

(R(x, T) −R(y, T)) =π(sgn(x) −sgn(y)).

8)Soientf∈Epuis(a, b)∈R²tel quea < b. PourT ∈R ZT

−T

ha,b(t)φ_f(t)dt= ZT

−T

Z

R

ha,b(t)e^itxf(x)dx

dt= ZT

−T

Z

R

H(x, t)dx

dt,

oùHest la fonction H : R×[−T, T] 7→ C (x, t) 7→ h_a,b(t)e^itxf(x)

.

•Vérifions tout d’abord l’intégrabilité deHsurR×[−T, T]. La fonctionHest continue surR×[−T, T]en vertu de théorèmes généraux (puisqueha,b est continue sur[−T, T]d’après la question 3)). De plus, pour(x, t)∈R×[−T, T],

|H(x, t)|=|ha,b(t)|f(x)≤(b−a)f(x) (∗).

Comme la fonction positive(x, t)7→(b−a)f(x)est intégrable sur R×[−T, T](d’intégrale2(b−a)T), la fonctionHest intégrable surR×[−T, T].

•Vérifions grâce au théorème deFubinique l’on peut permuter les deux symboles d’intégration.

Pour chaque t de [−T, T], la fonction x 7→ H(x, t) est continue et intégrable sur R d’après (∗). De plus, La fonction t 7→

Z

R

h_a,b(t)e^itxf(x) dx = h_a,b(t)φ_f(t) est continue sur le segment [−T, T] (d’après les questions 1) et 3)) et donc intégrable sur ce segment.

Mais aussi, pour chaque x de R, la fonction t 7→ H(x, t) est continue sur le segment [−T, T] et donc intégrable sur ce segment. De plus, la fonctionx7→

Z

[−T,T]

ha,b(t)e^itxf(x)dt=f(x) Z

[−T,T]

ha,be^itxdtest continue surRgrâce au théorème de continuité des intégrales à paramètres et intégrable surRcar ∀x∈R,

f(x) Z

[−T,T]

h_a,be^itxdt

≤2T(b−a)f(x).

D’après le théorème deFubini, on a donc 1

2π ZT

−T

Z

R

ha,b(t)e^ixtf(x)dx

dt= 1 2π

ZZ

R×[−T,T]

H(x, t)dxdt= 1 2π

Z

R

ZT

−T

ha,b(t)e^itxdt

!

f(x)dx,

•Ensuite, pour chaque réelx, 1

2π ZT

−T

ha,b(t)e^itxdt= 1 2π

ZT

−T

e^it(x−a)−e^it(x−b)

it dt

= 1 2π

ZT

−T

sin((x−a)t) −sin((x−b)t)

t dt−i

ZT

−T

(cos((x−a)t) −cos((x−b)t)

t dt

!

= 1 2π

ZT

−T

sin((x−a)t) −sin((x−b)t)

t dt= 1

2π(R(x−a, T) −R(x−b, T)).

car la fonctiont7→ (cos((x−a)t) −cos((x−b)t)

t est impaire et intégrable sur[−T, T]. En résumé, pour(a, b)∈R² tel quea < b,

1 2π

ZT

−T

ha,b(t)φ_f(t)dt= 1 2π

Z

R

ZT

−T

ha,b(t)e^itxdt

!

f(x)dx= Z

R

1

2π(R(x−a, T) −R(x−b, T))f(x)dx.

•Vérifions maintenant que lim

n→+∞

Z

R

1

2π(R(x−a, n) −R(x−b, n))f(x)dxexiste et vaut Zb

a

f(x)dxgrâce au théorème de convergence dominée.

Pourx∈Ret n∈N, posonsgn(x) = 1

2π(R(x−a, n) −R(x−b, n))f(x) = 1

π(S(n(x−a)) −S(n(x−b)))f(x). Pour chaque n ∈ N, la fonction gn est continue sur R d’après ci-dessus. De plus, d’après 7), la suite de fonction (gn)n∈N converge

simplement surR vers la fonctionx7→ 1

2π ×π(sgn(x−a) −sgn(x−b))f(x) =

















0six /∈[a, b]

1

2f(a)six=a 1

2f(b)six=b f(x)six∈]a, b]

qui est continue par

morceaux et intégrable surRd’intégrale Zb

a

f(x)dx.

Enfin, la fonctionSest continue surR, a une limité réelle en+∞et est impaire. On en déduit que la fonctionSest bornée surRpuis que pour tout entier naturelnet tout réelx,

|g_n(x)|≤2kSk∞f(x),

la fonction 2kSk∞

π f(x)étant continue et intégrable sur R(et indépendante den). Le théorème de convergence dominée permet alors d’affirmer que

n→lim+∞

1 2π

Zn

−n

ha,b(t)φf(t)dt= lim

n→+∞

Z

R

gn(x)dx= Z

R

n→lim+∞gn(x)dx= Zb

a

f(x)dx.

•Vérifions enfin que lim

T→+∞

1 2π

ZT

−T

ha,b(t)φ_f(t)dt= Zb

a

f(x)dx. Le travail précédent s’applique en fait en remplaçantn parun où (u_n)est une suite quelconque tendant vers+∞. On aboutit au même résultat et donc, pour toute suite(u_n) tend vers+∞, lim

n→+∞

1 2π

Zun

−un

ha,b(t)φf(t)dt= Zb

a

f(x)dxce qui montre que lim

n→+∞

1 2π

ZT

−T

ha,b(t)φf(t)dt= Zb

a

f(x)dx.

Pour(a, b)∈R² tel quea < b, lim

T→+∞

1 2π

ZT

−T

h_a,b(t)φ_f(t)dt= Zb

a

f(t)dt.

9)Soit(f, g)∈E²tel que φf=φg. D’après la question précédente, pour tout(a, b)∈R²tel quea < b, Zb

a

f(t)dt= lim

T→+∞

1 2π

ZT

−T

h_a,b(t)φ_f(t)dt= lim

T→+∞

1 2π

ZT

−T

h_a,b(t)φ_g(t)dt= Zb

a

g(t)dt.

On fixe alorsa ∈R. Ce qui précède fournit :∀x>a, Zx

a

f(t)dt= Zx

a

g(t)dt et en dérivant les deux membres de cette égalité,∀x>a,f(x) =g(x). Ainsi,∀a∈R,f_/[a,+∞[=g_/[a,+∞[ et finalementf=g.

∀(f, g)∈E²,φf=φg ⇒f=g.

C. La suite a

(f) ne caractérise pas toujours f

10)f0est continue sur ] −∞, 0]et sur]0,+∞[et tend vers0=f0(0)quandxtend vers 0par valeurs supérieures. Donc la fonctionf₀est définie et continue surR, à valeurs positives ou nulles. Ensuite, en posantu=lnxet doncdu= dx

x , on obtient

Z

R

f₀(x)dx= 1

√2π Z+∞

0

exp

−(lnx)² 2

x dx= 1

√2π Z

R

e^−u2/2du=1,

d’après un résultat admis par l’énoncé.

f0∈E.

11)Soitk∈N. La fonctionx7→x^kf0(x)est continue surRet positive (carf0est nulle surR⁻). Son intégrabilité équivaut donc à

Z

R

x^kf0(x)dx <+∞. Or

a_k(f₀) = Z

R

x^kf₀(x)dx= 1

√2π Z+∞

0

x^k exp

−(lnx)² 2

x dx= 1

√2π Z

R

e^ku−u2/2du=exp k²

2

,

d’après un résultat admis par l’énoncé. En particulier, la fonctionx7→x^kf0(x) est intégrable surR. Ainsi, f0 admet des moments de tous ordres et

∀k∈N,ak(f0) =exp k²

2

.

12)Soita∈[−1, 1]. La fonctionf_aest définie surRpar :∀x∈R,f_a(x) =

f₀(x)(1+asin(2πlnx))six > 0

0six60 .

•f_aest continue sur] −∞, 0] et sur]0,+∞[. De plus, pourx > 0,|f_a(x)|6(1+|a|)f₀(x)et donc lim

x→0 x>0

f_a(x) =0=f_a(0).

Ainsi,fa est continue surR, positive ou nulle (car pourx > 0,asin(2πlnx)>−1). De plus, l’inégalité|fa|6(1+|a|)f0

montre quefa est intégrable surR. Ensuite, en posantu=lnx,

Z

R

fa(x)dx= 1

√2π Z+∞

0

exp

−(lnx)² 2

x (1+asin(2πlnx))dx= 1

√2π Z

R

e^−u2/2(1+asinu)du

=1+ a

√2π Z

R

sinu e^−u2/2du

=1(car la fonctionu7→sinue^−u2/2est impaire (et intégrable surR)) Ainsi,f∈E.

• Plus généralement, pour tout réel x et tout entier naturelk, on a |x^kf_a(x)| 6(1+|a|)|x|^kf₀(x) ce qui montre quef_a admet des moments de tous ordres.

Soit alorsk∈N. En posantu=lnx, on obtient

a_k(f_a) −a_k(f₀) = a

√2π Z+∞

0

x^k exp

−(lnx)² 2

x sin(2πlnx)dx= a

√2π Z

R

e^ku−u2/2sin(2πu)du

= a

√2πIm Z

R

e^{(k+2iπ)u−u2/2}du

=aIm

exp

(k+2iπ)² 2

=aIm

exp

k²−4π² 2 +2ikπ

=aIm

exp

k²−4π² 2

=0.

On a montré que

f_a∈Eet∀k∈N,a_k(f₀) =a_k(f_a).

En particulier, la suite des moments(ak(f))ne caractérise pas la fonctionf.

D. Une condition sur la suite a

(f)

13)Soitk∈N.

(b_2k+1(f))²= Z

R

|x|^2k+1f(x)dx

2

= Z

R

|x|^kp

f(x)×|x|^k+1p f(x)dx

2

= Z

R

|x|^2kf(x)dx

× Z

R

|x|^2k+2f(x)dx

(d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz)

= Z

R

x^2kf(x)dx

× Z

R

x^2k+2f(x)dx

=a_2k(f)a2k+2(f).

∀k∈Net∀k∈N,(b_2k+1(f))²6a_2k(f)a_2k+2(f).

14)Soitk∈N^∗.

•Si kest pair, posonsk=2p,p∈N^∗. bk(f)^1k

k = b2p(f)^2p1

2p = a2p(f)^2p1

2p 6M62M.

•Si kest impair, posonsk=2p+1,p∈N. D’après la question précédente

b2p+1(f)^2p+11 2p+1 6

pa2p(f)a_2p+2(f)

1 2p+1

2p+1 6 (2pM)^2p((2p+2)M)^2p+2_2(2p+1)¹ 2p+1

=2M×p^2p+1p (p+1)^2p+1p+1

2p+1 =2M× p

2p+1

_2p+1^p p+1 2p+1

_2p+1^p+1

∀k∈N^∗, bk(f)^1k

k 62M.

15)Soit(x, h)∈R²etn∈N. D’après la question 1),φ_f estnfois dérivable surRet pour tout réelt,

|φn(t)|=

i^k

Z

R

e^itxxⁿf(x)dx

6 Z

R

|x|ⁿf(x)dx=bn(f).

D’après l’inégalité de Taylor-Lagrange, on a alors

∀(x, h)∈R²,∀n∈N^∗,

φf(x+h) −

n−1X

m=0

h^m

m!φ^(m)_f (x)

6|h|ⁿ n! bn(f).

16)Montrons qu’il existeA > 0tel que, pourh∈[−A, A] lim

n→+∞

|h|ⁿ

n! bn(f) =0.

Soit(h, n)∈R^∗×N^∗. D’après les questions 14) et 5),

|h|ⁿ

n! b_n(f)6(2|h|M)ⁿnⁿ

n! ≤(2|h|Me)ⁿ. Par suite, si|h|< 1

2Me, alors2|h|Me < 1et donc lim

n→+∞(2|h|Me)ⁿ =0 puis lim

n→+∞

|h|ⁿ

n! bn(f) =0.

Mais alors, sih∈

− 1 2Me, 1

2Me

etx∈R, d’après la question 15), lim

n→+∞ n−1X

m=0

h^m

m!φ^(m)_f (x) =φ_f(x+h). On a montré que

∀x∈R,∀h∈

− 1 2Me, 1

2Me

,φf(x+h) =

n−1X

m=0

h^m

m!φ^(m)_f (x).

17) Puisque les suites (ak(f))k∈N et (ak(g))k∈N sont égales, ce qui précède s’applique à la fonction g: les coefficients ak(g)vérifient la propriété(U)avec le même réelMet pour tout réelxet touth∈] −A, A[,φg(x+h) =

+∞X

m=0

h^m

m!φ^(m)_g (x) (mais on n’a pas nécessairementbk(f) =bk(g)).

Montrons alors par récurrence surℓ∈N^∗ que∀ℓ∈N^∗, ∀x∈

−ℓA 2 ,ℓA

2

,φf(x) =φg(x).

•Pourℓ=1: pour toutk∈N, d’après la question 1) on a φ^(k)_f (0) =i^k

Z

R

x^kf(x)dx=i^kak(f) =i^kak(g) =i^k Z

R

x^kg(x)dxφ^(k)_g (0).

Mais alors, d’après la question 16) appliquée àx=0, pourh∈

−A 2,A

2

⊂] −A, A[,

φf(h) =

+∞X

m=0

h^m

m!φ^(m)_f (0) =

+∞X

m=0

h^m

m!φ^(m)_g (0) =φg(h), ce qui établit le résultat pourℓ=1.

• Soit ℓ∈N^∗. Supposons que ∀x∈

−ℓA 2

ℓA 2

, φ_f(x) =φ_g(x). Soitx ∈

−(ℓ+1)A 2 ,−ℓA

2

∪ ℓA

2 ,(ℓ+1)A 2

. Il existe h∈

−A 2,A

2

⊂] −A, A[tel quex−h∈

−ℓA 2 ,ℓA

2

. Par hypothèse de récurrence et d’après la question 16), on a

φ_f(x) =

+∞

X

m=0

h^m

m!f^(m)(x−h) =

+∞

X

m=0

h^m

m!g^(m)(x−h) =φ_g(x).

On a montré par récurrence que

∀ℓ∈N^∗, ∀x∈

−ℓA 2 ,ℓA

2

,φ_f(x) =φ_g(x).

18)Mais alors∀x∈R,φf(x) =φg(x). Mais alors d’après la question 9), on af=g. Dans ce cas particulier, la suite des coefficients(a_k(f))_k∈N caractérisef.

E. Application

19)Soitf une éventuelle solution. Puisquef∈E,a0(f) = Z

R

f(x)dx=1

•Pourk∈N^∗, on doit avoir

a2k(f) = (2k−1)(2k−3)×3×1×a0(f) = (2k)×(2k−1)×(2k−2)×. . .×3×2×1

(2k)×(2k−2)×. . .×4×2 = (2k)!

2^kk!.

•Montrons que la suite ak(f)vérifié la propriété(U). D’après la formule deStirling, on a a_2k(f)^2k1

2k = 1 2k

(2k)!

2^kk!

_2k¹

n→∼+∞

1 2k









 2k

e 2k√

4πk

2^k k

e k√

2πk











1 2k

=

√2×2^−1/4k×√ k 2k×√

e ∼

n→+∞

√1 2ke.

Ainsi, la suite a2k(f)^2k1 2k

!

tend vers 0et en particulier a suite a2k(f)^2k1 2k

!

est bornée. Donc la suite(ak(f))vérifie la propriété(U)ce qui assure l’unicité defd’après la question 18).

•Toujours nécessairement, d’après la question 16), il existeA > 0tel que∀x∈] −A, A[,

φ_f(x) =

+∞X

m=0

φ^(m)_f (0)x^m m! =

+∞X

m=0

i^ma_m(f)x^m =

+∞X

k=0

i^2k(2k)!

2^kk!

x^2k (2k)! =

X+∞

k=0

(−x²/2)^k

k! =e^−x2/2

= 1

√2π Z

R

exp

itx− t² 2

dt(d’après un résultat admis par l’énoncé).

Pourx∈R, posons alorsg(x) = 1

√2πe^−x22de sorte que pourt∈R,φ_g(x) = 1

√2π Z

R

exp

itx− t² 2

dt.

La fonctiongest continue surR, positive ou nulle, intégrable surRd’intégrale égale à1. Par suite, la fonctiongest dans E.

Pour chaquek∈N, la fonctionx^kg(x)est intégrable surRcar continue sur Ret négligeable devant 1

x² en+∞. Donc la fonctiongadmet des moments de tous ordres.

La fonctionφg est de classeC^∞ surRd’après la question 1) et∀m∈N,am(g) = 1

i^mφ^(m)g (0). Mais∀x∈R, φg(x) =e^−x2/2=

+∞

X

k=0

(−x²/2)^k k! .

Les coefficients de ce développement en série entière fournissent lesφ^(m)g (0)et donc lesam(g). Lesa2m+1(g)sont nuls et pourm∈N

a_2m(g) = 1

i^2m×(−2)^m

m! ×(2m)! = (2m)!

2^mm!. La fonctiongest donc solution du problème.

Le problème posé admet une et une seule solution, la fonctionf définie par

∀x∈R,f(x) = 1

√2πe^−x2/2.