II - Théorème de Stone - Weierstrass

SESSION 2019

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE PSI

I - Quelques exemples

1)La fonctiongest continue et positive sur[0,+∞[, intégrable sur[0,+∞[(car négligeable devant 1

x² en+∞d’après un théorème de croissances comparées). De plus,

Z+∞ 0

e^−xdx=

−e^−x+∞

0 =e⁰− lim

x→+∞e^−x=1.

Donc,gest une densité sur [0,+∞[.

Soit n ∈ N. La fonction gn : x 7→ xⁿg(x) est continue et positive sur [0,+∞[, négligeable devant 1

x² en +∞ car x²gn(x) = xⁿ⁺²

e^x →

x→+∞ 0 d’après un théorème de croissances comparées. Donc, gn est intégrable sur [0,+∞[ puis qur ] −∞,+∞[par parité. Donc,mn(g)existe dansR.

Soitn∈N. SoitA > 0. Les deux fonctionsx7→xⁿ⁺¹ etx7→−e^−x sont de classeC¹sur le segment[0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

ZA 0

xⁿ⁺¹e^−xdx=

−xⁿ⁺¹e^−xA

0 + (n+1) ZA

0

xⁿe^−xdx= −Aⁿ⁺¹e^−A+ (n+1) ZA

0

xⁿe^−xdx.

QuandAtend vers+∞, on obtientmn+1(g) = (n+1)mn(g). En tenant compte dem0(g) =1, on obtient par récurrence

∀n∈N, mn(g) =n!.

2) Soitn∈N. La fonctionϕn : x7→ 1

√2πxⁿe^−x22 est continue et positive sur [0,+∞[, négligeable en+∞ devant 1 x² d’après un théorème de croissances comparées et donc intégrable sur[0,+∞[. Donc, pour tout n∈N,mn(ϕ)existe dans R.

3)Soitp∈N. La fonctionx7→ 1

√2πx^2p+1e^−x22 est impaire. Donc,m2p+1(ϕ) = Z+∞

−∞

√1

2πx^2p+1e^−x22 dx=0.

4)Soitp∈N. Une intégration par parties, licite, fournit

m2p+2(ϕ) = 1

√2π Z+∞

−∞

x^2p+1×xe^−x22 dx= 1

√2π x^2p+1

−1 2e^−x22

+∞

−∞

+2p+1 2

Z+∞

−∞

x^2pe^−x22 dx

!

= 2p+1

2 m2p(ϕ).

En tenant compte dem0(ϕ) =1, on obtient pour p∈N^∗, m2p(ϕ) = 2p−1

2 ×2p−3

2 ×. . .×1

2 ×m0(ϕ) = (2p)(2p−1)(2p−2). . . 2

2^p((2p)(2p−2). . . 2) = (2p)!

2^2pp!

ce qui reste vrai quandp=0. Donc,

∀p∈N, m2p(ϕ) = (2p)!

2^2pp!. 5)La fonctionf : t7→ 1

π(1+t²) est une densité surRmais la fonctiont7→tf(t) = t

π(1+t²) n’est pas intégrable sur Rcar équivalente en+∞à 1

.fest un exemple de densité surRn’admettant pas de moment d’ordre1.

II - Théorème de Stone - Weierstrass

6)Soientx∈[0, 1]et n∈N. D’après la formule du binôme deNewton, Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k= (x+ (1−x))ⁿ=1.

7)La formule est claire pourn=0. Soitn∈N^∗. On sait que pourk∈J1, nK,k n

k

=n n−1

k−1

. Donc, pour x∈[0, 1], Xn

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k= Xn

k=1

k n

k

x^k(1−x)^n−k= Xn

k=1

n n−1

k−1

x^k(1−x)^n−k

=n

n−1X

l=0

n−1 l

x^l+1(1−x)^n−(l+1)=nx

n−1X

l=0

n−1 l

x^l(1−x)^n−1−l(en posantl=k−1)

=nx×1(d’après la question précédente)

=nx.

8)La formule est claire pourn=0et vraie pourn=1d’après la question précédente car0²=0et1²=1. Soientn>2.

Pourk∈J2, nK,

k² n

k

= k²−k+k n!

k!(n−k)! = n!

(k−2)!(n−k)!+ n!

(k−1)!(n−k)!

=n(n−1) (n−2)!

(k−2)!((n−2) − (k−2))!+n (n−1)!

(k−1)!((n−1) − (k−1))! =n(n−1) n−2

k−2

+n n−1

k−1

et d’autre part,1² n

1

=n. Pourx∈[0, 1], Xn

k=0

k² n

k

x^k(1−x)^n−k=nx(1−x)ⁿ⁻¹+ Xn

k=2

k² n

k

x^k(1−x)^n−k

=nx(1−x)ⁿ⁻¹+n(n−1) Xn

k=2

n−2 k−2

x^k(1−x)^n−k+n Xn

k=2

n−1 k−1

x^k(1−x)^n−k

=n(n−1) Xn

k=2

n−2 k−2

x^k(1−x)^n−k+n Xn

k=1

n−1 k−1

x^k(1−x)^n−k

=n(n−1)x²

n−2X

l=0

n−2 l

x^l(1−x)^n−2−l+nx

n−1X

l=0

n−1 l

x^l(1−x)^n−1−l

=nx+n(n−1)x² 9)Soientn∈Net x∈[0, 1].

Xn

k=0

(k−nx)² n

k

x^k(1−x)^n−k= Xn

k=0

k² n

k

x^k(1−x)^n−k−2nx Xn

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k+n²x² Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k

=nx+n(n−1)x²−2nx×nx+n²x²=nx−nx²=nx(1−x).

Pour toutx∈[0, 1], x(1−x) = −x²+x= 1 4−

x−1

2 2

6 1

4 et donc,

∀n∈N^∗, ∀x∈[0, 1], Xn

k=0

(k−nx)² n

k

x^k(1−x)^n−k61 4n.

10) Soient n ∈ N^∗ et x ∈ [0, 1]. Dans le calcul ci-dessous, si X ou Y est vide, la somme correspondante est nulle par convention.

|B_n(x) −f(x)|=

Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−kf k

n

−f(x) Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k

=

Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k

f k

n

−f(x)

6 Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k f

k n

−f(x)

= X

06k6n k∈X

n k

x^k(1−x)^n−k f

k n

−f(x) + X

06k6n k∈Y

n k

x^k(1−x)^n−k f

k n

−f(x)

Ensuite, d’après la question 6, X

06k6n k∈X

n k

x^k(1−x)^n−k f

k n

−f(x)

6ε X

06k6n k∈X

n k

x^k(1−x)^n−k6ε X

06k6n

n k

x^k(1−x)^n−k=ε

et d’autre part, X

06k6n k∈Y

n k

x^k(1−x)^n−k f

k n

−f(x)

6 X

06k6n k∈Y

n k

x^k(1−x)^n−k f

k n

+|f(x)|

62kfk^∞ X

06k6n k∈Y

n k

x^k(1−x)^n−k.

Donc, pour toutn∈N^∗ et toutx∈[0, 1],

|Bn(x) −f(x)|6ε+2kfk^∞ X

06k6n k∈Y

n k

x^k(1−x)^n−k.

11)SiY est vide, pour toutn∈N^∗ et toutx∈[0, 1],|B_n(x) −f(x)|6ε62ε. Dorénavant,Y n’est pas vide.

Soientn∈N^∗ etx∈[0, 1]. Pourk∈J0, nK, k∈Y⇒

x− k

n

>α⇒(k−nx)²>n²α²⇒ (k−nx)² n²α² >1 puis

X

06k6n k∈Y

n k

x^k(1−x)^n−k 6 1 n²α²

X

06k6n k∈Y

(k−nx)² n

k

x^k(1−x)^n−k6 1 n²α²

Xn

k=0

(k−nx)² n

k

x^k(1−x)^n−k

6 1

n²α² ×n

4 (d’après la question 9)

= 1 4nα².

En résumé,∀n∈N^∗, ∀x∈[0, 1], |B_n(x) −f(x)|6ε+ 1

4nα² puis,

∀n∈N^∗, kB_n−fk^∞6ε+ 1 4nα². Puisque 1

4nα² →

n→+∞0, il existen₀∈N^∗ tel que, pourn>n₀, 1

4nα² 6ε. Pourn>n₀, on akB_n−fk^∞62ε.

III - Le problème des moments sur [0, 1]

12)SoitP= Xn

k=0

a_kX^k ∈R[X].

Z1

(f(x) −g(x))P(x)dx= Xn

ak

Z1

x^k(f(x) −g(x))dx= Xn

ak(m_k(f) −mk(g)) =0.

13)fetgsont continues sur le segment[0, 1]et en particulier bornées sur ce segment.kfk^∞etkgk^∞existent dansR. Pourn∈N^∗, posonshn= (f−g)P_n et h= (f−g)². Pour n∈N^∗et x∈[0, 1],

(h(x) −hn(x)|=|f(x) −g(x)| |f(x) −g(x) −Pn(x)|6(kfk^∞+kgk^∞)kf−g−Pnk∞

puis, pour toutn∈N^∗,kh−hnk^∞6(kfk^∞+lgk^∞)kf−g−Pnk^∞. Puisque kf−g−Pnk^∞ tend vers0 quand ntend vers +∞, il en est de même de kh−h_nk^∞. On en déduit que la suite de fonctions (h_n) converge uniformément vers la fonctionh sur le segment [0, 1]. On sait alors que la suite

Z1 0

hn(x)dx

!

converge et a pour limite Z1

0

h(x)dx. Plus explicitement,

n→lim+∞

Z1 0

(f(x) −g(x))P_n(x)dx= Z1

0

(f(x) −g(x))²dx.

14)D’après les deux questions précédentes, Z1

0

(f(x) −g(x))²dx=0. La fonction(f−g)²est donc une fonction continue et positive sur[0, 1], d’intégrale nulle sur[0, 1]. On sait alors que(f−g)²=0 puis quef=g.

IV - Transformée de Fourier de la densité gaussienne

15)Soitξ∈R. La fonctiont7→e^itξϕ(t)est définie et continue surR, intégrable surRcar pour tout réel t,e^itξϕ(t)= ϕ(t). Donc,ϕ(ξ)b existe dansC. Ceci montre queϕb est définie surR.

Soit Φ : R² → C

(ξ, t) 7→ e^itξϕ(t)

de sorte que pour toutξ∈R,ϕ(ξ) =b Z+∞

−∞

Φ(ξ, t)dt.

• pour toutξ∈R, la fonctiont7→Φ(ξ, t)est continue par morceaux surR,

• pour toutt∈R, la fonctionξ7→Φ(ξ, t)est continue surR,

• pour tout(ξ, t)∈R², |Φ(ξ, t)|=ϕ(t)oùϕest continue par morceaux, positive et intégrable surR. D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonctionϕb est continue surR.

16)Φadmet de plus surR²une dérivée partielle par rapport à sa première variableξdéfinie par :

∀(ξ, t)∈R², ∂Φ

∂ξ(ξ, t) =ite^itξϕ(t) = i

√2πe^itξte^−t22.

• pour toutξ∈R, la fonctiont7→∂Φ

∂ξ(ξ, t)est continue par morceaux surR,

• pour toutt∈R, la fonctionξ7→∂Φ

∂ξ(ξ, t)est continue surR,

•pour tout(ξ, t)∈R²,

∂Φ

∂ξ(ξ, t) = 1

√2π|t|e^−t22 =ϕ1(t)oùϕ1est continue par morceaux, positive et intégrable sur Rcar 1

√2π|t|e^−t22 =

t→±∞o 1

t²

d’après un théorème de croissances comparées.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonctionϕb est de classeC¹surRet sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme :

∀ξ∈R, ϕb^′(t) = i

√2π Z+∞

0

e^itξte^−t22 dt.

17)Soitξ∈R. Les deux fonctionst7→e^itξet t7→te^−t22 sont de classe C¹ surR. Une intégration par parties, licite au vu de l’intégrabilité de toutes les fonctions considérées, fournit

b

ϕ^′(ξ) = i

√2π

he^itξ

−e^−t22i+∞

−∞

− Z+∞

−∞

iξe^itξ

−e^−t22 dt

= − ξ

√2π Z+∞

−∞

e^itξe^−t22 dt(car e^itξe^−t22 =e^−t22 et donce^itξe^−t22 →

t→±∞0)

= −ξϕ(ξ)b

Ainsi,ϕb est solution surRde l’équationy^′+ξy=0.

18)On note déjà queϕ(0) =b Z

R

ϕ(t)dt=1. Par suite,

∀ξ∈R, ϕb^′(ξ) +ξϕ(ξ) =b 0⇒∀ξ∈R, ϕb^′(ξ)e^ξ22 +ξϕ(ξ)eb ^ξ22 =0

⇒∀ξ∈R,

b ϕe^ξ22

^′ (ξ) =0

⇒∀ξ∈R, ϕ(ξ)eb ^ξ22 =ϕ(0)eb ⁰

⇒∀ξ∈R, ϕ(ξ) =b e^−ξ22 .

V - Le problème des moments sur [0, + ∞ [

19) f est continue sur ]0,+∞[ de plus, pour x > 0, f(x) = 1

√2πe^−ln(x)(1+¹₂ln(x)). Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, l’exposant tend vers−∞et donc

xlim→0 x>0

f(x) =0=f(0).

Ceci montre quefest continue sur[0,+∞[. De plus,fest positive sur[0,+∞[. Enfin, en posantu=ln(x), on obtient Z+∞

0

f(x)dx= 1

√2π Z+∞

0

e^{−12(ln(x))2} dx x = 1

√2π Z+∞

−∞

e^−u22 du= Z

R

ϕ(u)du=1.

fest une densité sur[0,+∞[.

20)Soitn∈N. La fonctionx7→xⁿf(x)sin(2πln(x))est continue sur]0,+∞[.

Puisque pour toutx∈]0,+∞[,|xⁿf(x)sin(2πln(x))|6xⁿf(x)et que la fonctionx7→xⁿf(x)est intégrable sur[0,+∞[(car fadmet un moment d’ordren),In existe. Ensuite, toujours en posant u=ln(x), on obtient

I_n= 1

√2π Z+∞

0

e^{nln(x)−(ln(x))}

2

2 sin(2πln(x))dx x = 1

√2π Z+∞

−∞

e^nu−u22 sin(2πu)du

=Im 1

√2π Z+∞

−∞

e^nu−u22 e^2iπudu

=Im 1

√2π Z+∞

−∞

e^i(2π−in)ue^−u22 du

21)Soitn∈N. 1

√2π Z+∞

−∞

e^i(2π−in)ue^−u22 du=ϕ(2πb −in) =e^{−(2π−in)}

2

2 d’après le résultat admis dans la question 18 puis

In=Im

e^{−(2π−in)}

2 2

=Im

e^−2π2+n22 e^2iπn

=e^−2π2+n22 sin(2nπ) =0.

22)Soitα∈R.gα est continue sur ]0,+∞[et se prolonge par continuité en 0 en posantgα(0) =0 (on note encore gα

le prolongement) car pour tout x∈]0,+∞[, |xⁿf(x)sin(2πln(x))| 6xⁿf(x) et car xⁿf(x) →

x→0, x>00. Ensuite, toutes les intégrales considérées étant convergentes,

mn(g_α) = Z+∞

0

xⁿgα(x)dx= Z+∞

0

xⁿf(x)dx+αIn=mn(f).

En particulier, Z+∞

0

gα(x)dx = Z+∞

0

f(x)dx = 1. Donc, gα convient si et seulement siα 6= 0 et gα est positive ce qui équivaut àα∈[−1, 0[∪]0, 1].