Mines 2015 Opérateur de Volterra
1 On noteraI= 0,π2
. Avec une intégration par parties :
∀f, g∈E,hV (f), gi= ˆ
I
V (f).g= ˆ
I
f.V∗(g)
carV(f) (0) =V∗(g) π2
= 0.
2 NotonsW =V∗◦V. En appliquant deux fois 1 :
∀f, g∈E,hW(f), gi=hV(f), V(gi=hf, W(g)i
W est donc symétrique.
∀f ∈E− {0},hV∗◦V(f), fi=hV (f), V (f)i= ˆ
I
V (f)2>0
carV(f)est continu, positif, et non nul (sinon sa dérivée, qui estf, serait nulle).
Soitλune valeur propre deW =V∗◦V etf un vecteur propre associé.
hW(f), fi=hλf, fi=λhf, fi Orhf, fi>0 ethW(f), fi>0, doncλ >0.
3f est continue, doncV(f)qui en est une primitive est de classeC1, doncW(f)est de classe C2.
En dérivant deux foisW(f) =λf, on obtient f =−λf00 λétant non nul, f00+λ1f = 0.
Il est clair queW(f) π2
= 0, doncf π2
= 0. En dérivantW(f) =λf :
−V (f) =λf0 d'oùf0(0) = 0.
4 Les solutions de 3 sont de la forme
y(x) =A.cos x
√
λ+B.sin x
√ λ y0(0) = 0 donneB= 0.
y π2
= 0conduit à cos√1
λ π
2 = 0, d'où √1λ = 1 + 2n,(n∈N), d'où le résultat :
∀x∈R, yλ(x) =A.cos (2n+ 1)x 5 Il s'agit d'une loi binomialeB(n, x).
P(Sn=k) = n
k
xk(1−x)n−k
E(Sn) =nx, V (Sn) =nx(1−x) 6 On vérie aisément que
∀x∈[0,1],0≤x.(1−x)≤ 1 4 Rappel : pouru >0:
P(|Sn−E(Sn)| ≥u)≤ V(Sn) u2 1
Pouru=na, on obtient le résultat demandé.
7a D'après la formule de transfert :
E(f(Zn)) =
n
X
k=0
f k
n
P
Zn= k n
=
n
X
k=0
f k
n n k
xk(1−x)n−k
7b Fixons ε >0 ; f est continue sur J = [0,1]compact, donc uniformément continue ; xons α >0 tel que
∀x, y∈J,|x−y| ≤α=⇒ |f(x)−f(y)| ≤ε On écritBn(f) (x)−f(x) =S1(x) +S2(x)avec
|S1(x)|=
X
kn−x
≥α
≤ 1
4n.α2.2kfk∞=Mn
|S2(x)|=
X
kn−x
<α
≤ε
εetαétant xés depuis le début, il existen0 tel que Mn0 ≤ε, et :
∀n≥n0,∀x∈J,|Bn(f) (x)−f(x)| ≤ |S1(x)|+|S2(x)| ≤2ε 8 Soitn∈N.
∀t∈R,(2.cost)n = eit+e−itn
=
n
X
k=0
n k
eikt.e−it(n−k)=
n
X
k=0
n k
eit(2k−n)
La partie réelle donne
∀t∈R,(2.cost)n =
n
X
k=0
n k
cos ((2k−n)t)
9∀p < q,hcp, cqi= 0;∀p≥1,kcpkG=π2 ;kc0kG=π. Doncα0= q1
π et :
∀n≥1, αn= r2
π
Notons K = [0, π] ; soit g ∈G; soit f =g◦arccos; f est continue sur K0 = [−1,1]; xons ε >0.
D'après le théorème de Weierstrass, il existepfonction polynomiale telle que sup
K0
|f−p| ≤ε
Donc
sup
K0
|f−p|= sup
K0
|g◦arccos−p|= sup
K
|g−p◦cos| ≤ε
etp◦cosappartient à la réunionF desFn, c'est-à-dire l'espace engendré par(cn)n≥0. Pour conclure, on remarque que
∀h∈G,khkG≤√ π.sup
K
|h|
ce qu'on applique à
h=g−p◦cos
10 On noterapn =pFn. Soitε >0et h∈F tel que kf−hkG ≤ε. SoitN tel que h∈FN ; alors :
∀n≥N,kf−pn(f)kG≤ kf −hkG≤ε carh∈Fn dès quen≥N.
Supposons que (pn(f))converge uniformément versg surK. Alors kpn(f)−gkG →0
2
et on sait qu'il y a unicité de la limite pourkkG ; doncf =g. 11 Remarquons quegx∈G. On sait que ces coordonnées sont les
1
kckk2hgx, cki
L'intégration par parties s'étend au cas des fonctions continues etC1 par morceaux ; ici on dérive gx:
gx0 =−1 sur[x, π−x]et 0 ailleurs.
Ensuite on conclut à l'aide de 10 (convergence normale donc uniforme).
12 Intégration par parties :
∀x∈I,(V∗◦V) (f) (x) =h t−π
2
V (f) (t)iπ2
x
− ˆ π2
x
t−π
2
f(t) dt=π
2 −xˆ x 0
f− ˆ π2
x
t−π
2
f(t) dt
ce qui conduit au résultat.
La convergence normale permet ensuite de permuter série et intégrale. On obtient an = 4
π(2n+ 1)2 ˆ
I
f(t) cos (2n+ 1)tdt
13 D'après A :
hV∗◦V(f), ϕni=hf, V∗◦V (ϕn)i=
* f, 1
(2n+ 1)2.ϕn
+
= 1
(2n+ 1)2hf, ϕni 14 Supposonsg solution deS.
g0 est une primitive deg00 etg0(0) = 0 ; doncg0 =V(g00).
De manière analogue,V∗(g0) =−g. En appliquantV∗◦V à S, on obtient le résultat.
La réciproque est analogue.
La formule
(F) : f =
∞
X
n=0
hf, ϕniϕn
n'est pas vériée pour toute fonction f ∈E. Mais avec 12 et 13 on constate qu'elle est vériée pour toute fonction dans l'image deV∗◦V ; elle est donc vériée pourg.
Remarque
Cette question est ambiguë ; on a vu en 10 que pour la normekk2, la formule(F)est vraie pour toutf ∈E.
15
∀n≥0,|hh, ϕni| kϕnk∞≤ 4 πkhk∞
D'où la convergence normale ; on appelleg la somme de la série ; on calcule les hg, ϕni et on en déduit queg est solution.
16 Analogue ; sihh, ϕpi 6= 0, il n'y a pas de solution.
3
