Dans le calcul du carré de la norme, à cause de l'orthogonalité, seuls les(vi/vj)avec i=j contribuent : n X i=1 vi 2 = X (i,j)∈J1,nK2 (vi/vj

Exercice 1

1. Dans le calcul du carré de la norme, à cause de l'orthogonalité, seuls les(v_i/v_j)avec i=j contribuent :

n

X

i=1

vi

2

= X

(i,j)∈J1,nK²

(vi/vj) = X

i∈J1,nK

kvik²=n

2. a. Il ne faut surtout pas chercher à préciser la loi deR mais utiliser la linéarité de l'espérance en développantR comme une combinaison linéaire de variables plus simples.

R= X

(i,j)∈J1,nK

2

XiXj(vi/vj)

⇒E(R) = X

(i,j)∈J1,nK²

(vi/vj)E(XiXj) = X

i∈J1,nK

kvik²=n

En eet, pouri6=j, la variable aléatoireXiXj est d'espérance nulle car prenant les valeurs −1 et 1 avec la même probabilité ¹₂. Par exemple, XiXj = 1 si et seulement siXi= 1etXj= 1ouXi=−1etXj =−1. Alors que la variableX_i² est certaine de valeur1.

b. Si, pour tous les ω ∈ Ω, R(ω) était strictement plus grand que n, on aurait (sommation nie)

E(R) =X

ω∈Ω

P({ω})X(ω)> X

ω∈Ω

P({ω})

! n=n

En contradiction avec le résultat de la question précédente. Il existe donc un ω∈Ωtel queX(ω)≤n.

c. Pour l'évenementω dont l'existence a été prouvé lors de la question précédente, notonsi=Xi(ω). On a alors

n

X

i=1

ivi

=p

R(ω)≤√ n

3. a. Dans le calcul deE(S)en développantScomme le carré d'une norme, les variances et covariance des variables aléatoiresY_i jouent le principal rôle. En eet, comme

lesYi sont de Bernoulli de paramétrepi, ce nombrepi est aussi l'espérance deYi

doncYi−pi est centrée( d'espérance nulle).

S=

X

i∈J1,nK

(Y_i−p_i)v_i

2

= X

i∈J1,nK

(Y_i−p_i)²kv_ik²+X

i6=j

(Y_i−p_i)(Y_j−p_j)(v_i/v_j)

⇒E(S) = X

i∈J1,nK

V(Yi)kvik²+X

i6=j

cov(Yi, Yj)(vi/vj) = X

i∈J1,nK

pi(1−pi)

Les covariances étant nulles car les variables sont mutuellement indépendantes.

La fonctionx7→x(1−x)est positive entre0 et1et atteint sa plus grande valeur

1

4 en ¹₂. En majorant ainsi chaquepi(1−pi), on obtient bien E(S)≤ X

i∈J1,nK

1 4 =n

4

b. Il est donc impossible que tous lesωsoient tels queS(ω)>ⁿ₄. Soitω∈Ωtel que S(ω)≤ ⁿ₄ etI={i∈J1, nKtqYi(ω) = 1}. Dans ces conditions

S(ω) =kvI−vk²≤ 1

4 ⇒ kvI−vk ≤

√n 2

Exercice 2

1. a. La symétrie vient de la commutativité de la multiplication dans R, la multili- néarité vient de la linéarité de l'espérance. En ce qui concerne la positivité, pour toute variable aléatoireX ∈E,

< X, X >=E(X²)≥0

De plus siX n'est pas la variable certaine nulle, il existeω∈Ωtel queX(ω)²>0 donc< X, X >≥X(ω)²>0

b. Comme les variables sont mutuellement indépendantes,

< X_i, X_j>=E(X_iX_j) =E(X_i)E(X_j) = 0 2. a. Par dénitionZ_t⁻ ≤t, doncE(Z_t⁻)≤E(t) =t.

b. Utilisons l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour majorer l'espérance

E(Z_t⁺) = X

ω∈ΩtqZ(ω)>t

X(ω)p

P({ω})p P({ω})

≤

s X

ω∈ΩtqZ(ω)>t

X(ω)²P({ω})

s X

ω∈ΩtqZ(ω)>t

P({ω})≤p

E(X²)p

P(Z > t)

c. Par dénition,Z =Z_t⁺+Z_t⁻ avecZ_t⁻ ≤t. On en déduit 0≤Z_t⁺=Z−t+ t−Z_t⁻

≥Z−t⇒E(Z_t⁺)²≥(E(Z)−t)² On conclut en insérant cette inégalité dans une réécriture de b.

P(Z > t)≥ E(Z_t⁺)²

E(Z²) ≥ (E(Z)−t)² E(Z²)

3. a. Par dénition du produit scalaire canonique deRⁿ et linéarité de l'espérance, E(Z) =E( X

i∈J1,nK

a²_iX_i²) = X

i∈J1,nK

a²_iE(X_i²) =kak²

car, les variables étant centrées, réduites

E(X_i²) =E(X_i²)−E(Xi)²=V(Xi) = 1

Le calcul deE(Z²)n'utilise que le développement deZ²et la linéarité de l'espé- rance

Z²=



 X

i∈J1,nK

a²_iX_i²







 X

j∈J1,nK

a²_jX_j²



=X

i,j

a²_ia²_jX_i²X_j²

⇒E(Z²) =X

i,j

a²_ia²_jE(X_i²X_j²)

b. La formule précédente permet de réécrireE(Z²)à l'aide du produit scalaire dans l'espace E des variables aléatoires puis de le majorer à l'aide de l'inégalité de Cauchy-Schwarz

E(Z²) =X

i,j

a²_ia²_j < X_i², X_j²>≤X

i,j

a²_ia²_j X_i²

X_j²

Or X_i²

2=E(X_i⁴)≤µ⁴ d'après l'hypothèse de l'énoncé d'où

E(Z²)≤X

i,j

a²_ia²_jµ⁴= X

i

a²_i

!

 X

j

a²_j



µ⁴=kak⁴µ⁴

4. Pour pouvoir utiliser le résultat de 2.c., on écrit d'abord une égalité entre événements

−

→V

> tkak

=

Z > t²kak²

avec0< t²kak²< E(Z) =kak² On en déduit

P(

−

→V

> tkak)≥ kak⁴(1−t²)² E(Z²)

On peut calculerE(Z²)car avec la forme particulière des variablesX_ide cette question, lesX_i² sont constantes égales à1. On en déduit

E(Z²) =X

i,j

aiaj= X

i

a²_i

!

 X

j

a²_j



=kak⁴

ce qui achève de prouver la formule demandée.

Problème

Partie 1 : Opérateurs de Volterra

1. Soitf ∈E. La continuité de V(f)et deV^∗ def vient du théorème fondamental du calcul intégral. La linéarité de l'intégrale assure la linéarité deV etV^∗.

2. Soientf, g ∈E. Pour tout x∈[0, π/2]:V(f)⁰(x) =f(x)et (V^∗)⁰(x) =−f(x). Ainsi en intégrant par parties :

hV(f), gi= Z π/2

0

V(f)(t)g(t)dt= [V(f)V^∗(g)]^π/2₀ − Z π/2

0

f(t)(−V^∗(g)(t)dt.

CommeV(f)(0) = 0 etV^∗(g)(π/2) = 0, on en déduit que : hV(f), gi=

Z π/2 0

f(t)V^∗(g)(t)dt=hf, V^∗(g)i>0.

3. Soientf, g∈E. D'après la question précédente,

h(V^∗◦V)(f), gi=hV(f), V(g)i=hf,(V ◦V^∗)(g)i. De plus, sif 6= 0, alors :

h(V^∗◦V)(f), fi=hV(f), V(f)i=kV(f)k²>0.

Commef 6= 0, une primitive def est non nulle doncV(f)6= 0, donckV(f)k>0. Soitλune valeur propre deV^∗◦V et f un vecteur propre associé. Alors

(V^∗◦V)(f) =λf ⇒0<h(V^∗◦V)(f), fi=λhf, fi=λkfk²

⇒λ= hV^∗◦V(f), fi kfk² >0.

4. Par dénition d'un vecteur propre :(V^∗◦V)(fλ) =fλ. La fonctionV(fλ)est de classe C¹, doncV^∗(fλ)est de classeC². De plus,V^∗(V(fλ))⁰ =−V(fλ)et V(fλ)⁰=f, donc (V^∗◦V(fλ))⁰⁰=−fλ. Comme(V^∗◦V)(fλ) =λfλ, en dérivant on obtient :

f_λ⁰⁰=−1 λfλ.

Les conditionsfλ(π/2) =f_λ⁰(0) = 0viennent du fait que, par la dénition des opéra- teurs avec des intégrales

∀f ∈E, V(f)(0) = 0etV^∗(f)(π/2) = 0.

5. Soit λ une valeur propre de V^∗◦V et f_λ une valeur propre associée. En résolvant l'équation diérentielle dont elle est solution :

∃(a, b)∈R² tels que∀x∈[0, π/2], fλ(x) =acos x

√λ

+bsin x

√λ

.

La conditionf_λ⁰(0) = 0 donneb= 0. La conditionfλ(π/2) = 0donne :

∃n∈N, π 2√

λ =nπ+π

2 ⇒λ= 1 (2n+ 1)². Toute valeur propre est donc de la forme indiquée par l'énoncé.

Réciproquement, on vérie par le calcul que la fonction dénie dans[0,^π₂]par x7→sin((2n+ 1)x)

est un vecteur propre de valeur propre _(2n+1)¹ 2.

Partie 2 : Equations diérentielles de type Sturm-Liouville

1. Soitn∈N. On a pour toutx∈[0, π/2]:

V(ϕ_n)(x) = Z x

0

cos((2n+ 1)t)dt= 1

2n+ 1sin((2n+ 1)x).

2. Pour tout n ∈ N^∗, d'après la question I.5., ϕ_n est un vecteur propre de V^∗◦V de valeur propre _(2n+1)¹ 2. On peut donc prendre le produit scalaire contre une fonction quelconque deE

(V^∗◦V)(ϕn) = 1 (2n+ 1)²ϕn

⇒ ∀f ∈E, h(V^∗◦V)(f), ϕ_ni=hf,(V^∗◦V)(ϕ_n)i= 1

(2n+ 1)²hf, ϕni 3. Supposons queg=λV^∗◦V(g) +V^∗◦V(h). Alorsg est de classe C²car (V^∗◦V)(g)

et (V^∗◦V)(h) le sont aussi. En dérivant deux fois, on trouve g⁰⁰ = −λg−h d'où g⁰⁰+λg+h= 0.

De plus, commeV^∗(f)(π/2) =V(f)⁰(0) = 0 pour toute fonctionf ∈E, les conditions g(π/2) =g⁰(0) = 0sont bien vériées.

Réciproquement, supposonsg solution deS. En intégrantg⁰⁰+λg+h= 0entre0et x∈[0, π/2], on obtient (avecg(0) = 0)

g⁰(x)−g⁰(0) +λV(g)(x) +V(h)(x) = 0⇒g⁰(x) +λV(g)(x) +V(h)(x) = 0 En intégrant une nouvelle fois entrexetπ/2, on obtient (avecg(^π₂ = 0) :

g(π

2)−g(x) +λ(V^∗◦V)(g) + (V^∗◦V)(h)(x) = 0⇒g=λ(V^∗◦V)(g) + (V^∗◦V)(h) 4. Soitgune solution de l'équation diérentielle, formons le produit scalaire de la relation

précédente contreϕn, puis utilisons la question 2. avec ϕn et hà la place def :

hg, ϕni=λh(V^∗◦V)(g), ϕni+h(V^∗◦V)(h), ϕni

⇒ hg, ϕni= λ

(2n+ 1)²hg, ϕni+ 1

(2n+ 1)²hh, ϕni. Le résultat s'en déduit. Il est valable pour tous lesn∈N.

5. Supposons queλsoit de la forme(2p+1)²et queSpossède une solutiong. En utilisant la relation précédente pourn=p, il vient

1−

2p+ 1 2p+ 1

2!

hg, ϕni= 1

(2n+ 1)²hh, ϕni Une condion nécessaire est donc l'orthogonalitéhh, ϕpi= 0.

Partie 3 : Solutions approchées de S

1. Montrons que pour tout n∈N, la fonction t 7→cosⁿ(t) appartient àFn. Il s'agit de linéarisercosⁿ(t). D'une part :

(2 cos(t))ⁿ= e^it+e^−itn

=

n

X

k=0

n k

e^ikte^−i(n−k)t=

n

X

k=0

n k

e^i(2k−n)t

D'autre part :

(2 cos(t))ⁿ= e^it+e^−itn

=

n

X

k=0

n k

e^−ikte^i(n−k)t=

n

X

k=0

n k

e^i(n−2k)t

Ainsi :

2ⁿ⁺¹cosⁿ(t) =

n

X

k=0

n k

e^i(n−2k)t+e^{−i(n−2k)t}

= 2

n

X

k=0

n k

cos((n−2k)t).

Par parité ducos, pour tout k ∈J0, nK, cos((n−2k)t) = cos(|n−2k|t) =c_|n−2k|(t) avec|n−2k| ≤n. Ainsi, la fonctiont7→cosⁿ(t)appartient àFn.

Comme Fn est un sous-espace vectoriel de G, pour toute fonction polynomiale p, la fonctiont7→p(cos(t))appartient à Fn.

2. Soientn, m∈N:

• Supposonsn6=m. Alorsn+m, n−m6= 0donc :

hc_n, c_mi_G= Z π

0

cos(nt) cos(mt)dt= 1 2

Z π 0

cos((n+m)t) + cos((n−m)t)dt

= 1

(2n+m)[sin((n+m)t]^π₀ + 1

2(n−m)[sin((n−m)t)]^π₀ = 0.

• Sin=m= 0 : kc0k²_G =Rπ

0 1dt=π.

• Sin=m >0 :

kcnk²_G= Z π

0

cos(nt) cos(mt)dt= 1 2

Z π 0

cos((n+m)t) + cos((n−m)t)dt

= 1

2(n+m)[sin((n+m)t]^π₀+1 2

Z pi 0

1dt= π 2. Ainsi, pour tousn, m∈N:

hα_nc_n, α_mc_mi_G=α_nα_mhc_n, c_mi_G =δ_n,m. La famille(αncn)est orthonormale.

3. Soitg∈Get posonsf =g◦arccos. Alorsf est continue dans[−1,1]et

∀t∈[0, π], g(t) =f(cos(t))

D'après le théorème admis de Weirstrass, pour tout ε > 0, il existe une fonction polynomialeptelle que

∀u∈[−1,1], |f(u)−p(u)| ≤ ε

√π Ainsi, pour toutt∈[0, π], commecos(t)∈[−1,1],

|f(cos(t))−p(cos(t))| ≤ ε

√π ⇒ |g(t)−p(cos(t))| ≤ ε

√π. Notonshla restriction à[0, π] dep◦cos. On a :

kf−hk²_G= Z π

0

|f(t)−h(t)|² dt≤πε²

π ⇒ kf −hk_G≤ε.

SoitN le degré de la fonction polynomialep. Commeh∈FN, on peut écrire : kf−P_FN(f)k_G≤ kf−hk_G ≤ε

car la projection sur un sous espace minimise la distance à ce sous-espace. Pour conclure, remarquons que (kf−PF_n(f)k_G)_n∈N est décroissante car Fn ⊂ Fn+1 pour toutn∈N. D'où :

f−P_Fn+1(f)

_G= inf

y∈Fn+1

kf−yk_G≤ inf

y∈Fn

kf−yk_G =kf−P_Fn(f)k_G. Ainsi, pour toutn≥N,kf −P_Fn(f)k_G≤ε. La suite tend bien vers0.

4. Pour toutn∈N,PF_n(f)∈Fn donc il existe des réelsa0, ..., an tels que P_Fn(f) =a₀c₀+...+a_nc_n

La question précédente permet de conclure.