Corrigé de la première épreuve de mathématiques Mines-Ponts 9 - filière MP A. Questions préliminaires Prouvons par récurrence sur n N la propriété P n : φ f est de classe C n sur et t, φ (n f (t = i n e itx x n f(xdx. Nous avons : pour tout t, x e itx f(x est continue par morceaux (et même continue sur, pour tout x, t e itx f(x est continue sur, pour tous x, t, e itx f(x f(x et f est sommable sur, donc P est vérifiée. Soit n et supposons que P n est vérifiée. Notons g : (x, t i n e itx x n f(x. Appliquons le théorème de Leibniz : pour tout t, x g(x, t est continue par morceaux et sommable sur ; pour tout x, t g(x, t est de classe C sur ; pour tous x, t, g (x, t t x n+ f(x et x x n+ f(xf est sommable sur ; donc φ (n f est de classe C, i.e. φ f est de classe C n+, avec : t, φ (n+ g f (t = (x, tdx = t donc P n+ est vérifiée. i n+ e itx x n+ f(xdx L inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction ϕ : x e ix à l ordre n donne : n (ix m n eix m! ϕ(x ϕ (m ( x m x n sup ϕ (n (t = x n sup i n e it = x n m! n! t [,x] n! t [,x] n!. m= m= emarque : attention de ne pas appliquer l égalité des accroissements finis (la fonction ϕ est à valeurs complexes. 3 L application h a,b est clairement continue sur et l inégalité précédente (avec n = donne : { e ita = + ita + O(t d où h a,b (t = (b a + O(t t e itb = + itb + O(t b a = h a,b ( et h a,b est également continue en.
4 Si t =, l inégalité est évidente. Sinon, l inégalité des accroissements finis appliquée à ϕ entre at et bt donne : it h a,b (t = ϕ( at ϕ( bt bt at sup s [ bt, at] ϕ (s = (b a t d où l inégalité demandée. 5 Pour k N, nous avons e k = + k n n! kk k! B. La fonction φ f caractérise f (la série est à termes positifs. 6 Pour θ non nul, le changement de variable x = θt donne : (θ, T = et cette relation est encore valable quand θ =. θt θt sin x x dx = S(θT 7 Pour θ, la relation précédente donne directement : π si θ > (θ, T si θ = T + π si θ < La quantité (x, T (y, T a donc toujours une limite quand T tend vers l infini, dont la valeur est licitée dans le tableau : x < x = x > y < π π y = π π y > π π 8 Posons θ : (t, x π h a,b(te itx f(x. Pour T >, nous avons : θ est continue sur [, T] ; θ est intégrable sur [, T], car θ(t, x π h a,b(t f(x avec h a,b intégrable (car continue sur [, T] et f intégrable sur ; pour tout t [, T], x θ(t, x est intégrable sur et t continue (et intégrable sur [, T]; pour tout x, t θ(t, x est intégrable (car continue sur [, T] et θ(t, xdx = π h a,b(tφ f (t est ϕ T (x = T θ(t, xdt = f(x π T e it(x a e it(x b it dt = f(x π ( (x a, T (x b, T
en remarquant que les parties impaires ont des intégrales nulles sur [, T]. Comme S est continue, l est également, ainsi que ϕ T ; enfin, la fonction S ayant des limites à l infini, elle est bornée : et ϕ T est intégrable sur ; ϕ T (x = f(x π donc le théorème de Fubini s applique : π T S((x at S((x bt S f(x π h a,b (tφ f (tdt = ϕ T (xdx Il reste alors à appliquer le théorème de convergence dominée : ϕ T converge simplement sur quand T tend vers + vers l application continue par morceaux : si x < a f(a si x = a ϕ : x f(x si a < x < b f(b si x = b si b < x les fonction ϕ T sont dominées par une fonction continue et sommable sur : T >, x, ϕ T (x = S π f(x Nous en déduisons : π T h a,b (tφ f (tdt T + b a f(xdx 9 Si deux fonctions f et g de E ont même transformée, le résultat précédent donne : x, x f(tdt = x g(t dt Comme f et g sont continues sur, on peut dériver cette égalité par rapport à x : f et g sont égales. C. La suite a k (f ne caractérise pas toujours f La fonction f est clairement continue sur ], + [ et x >, f (x = ( π (lnx lnx x + (car u / u tend vers quand u tend vers. Comme f = sur ], ], f est continue sur. f est à valeurs dans + et pour A >, le changement de variable u = lnx donne : A f (xdx = (ln x A ( dx = ln A ( u du π x π A + A 3
donc f est élément de E. Le même changement de variable donne, pour k N : A A x k f (xdx = π ln A ( (ku u k du A + ( k donc f admet des moments de tous ordres (x x k f (x est positive sur et a k (f = pour tout k N. f a est clairement continue et positive (car a sur. Pour tout k N, la même méthode que précédemment donne : ( A x k ln A (f a f (xdx = Im ((k + iπu u du π A A + ( ( (k + iπ Im ( k π = sin(kπ = donc f a a des moments de tous ordres (x x k f a (x est également positive sur, avec a k (f a = a k (f pour tout k N. En particulier, a (f a = a (f = et f a E. Une application f E qui admet des moments de tous ordres n est donc pas toujours caractérisée par la suite de ses moments. D. Une condition sur la suite a k (f 3 L inégalité de Cauchy-Schwarz donne : ( (b k+ (f = x k f(x x k+ f(x dx x k f(xdx x k+ f(xdx = a k (fa k+ (f 4 Si k = p avec p N, b k(f /k k = a p(f /(p p M M. Si k = p + avec p N, nous avons cette fois : b k (f = b p+ (f a p (f a p+ (f (pm p ((p + M p+ = p p (p + p+ (M p+ La concavité de la fonction logarithme donne : p p + ln(p + p + ( p ln(p + ln p + p + p + p + (p + = ln p + (p + p + p + ln(p + en remarquant que p + (p + = p + p + 4p + 4p + = (p +. En composant par la fonction (croissante onentielle, nous obtenons : p p (p + p+ (p + p+ = k k et donc b k (f k k (M k, soit b k(f /k k M. 4
5 L inégalité de Taylor-Lagrange donne une nouvelle fois, pour x, h et n : n φ h m f(x + h m! φ(m f (x h n sup n! e itu i n u n f(udu h n u n f(udu = h n n! n! m= t [x,x+h] b n (f 6 Notons α n = b n(f. Les égalités démontrées aux questions 4 et 5 donnent : n! Soit alors x, h avec h < em L inégalité 5 prouve alors que la série n α n nn n! (Mn (em n = A. Nous avons : α n h n ( n h em n + h n n! φ(n f (x converge et a pour somme φ f (x, ce qui donne : x, h, h < A = φ f (x + h = n! φ(n f (x 7 Comme la suite a k (g vérifie la propriété (U, avec le même M, nous avons également : Avec x =, nous obtenons : h ] A, A[, φ f (h = x, h, h < A = φ g (x + h = n! φ(n f donc φ f et φ g coïncident sur [ A/, A/]. ( = + Soit l un entier > et supposons que φ f et φ g coïncident sur [ la, la et φ g coïncident donc également sur obtenons : ( la h [, A/], φ f + h = + ( h [ A/, ], φ f la + + h = ce qui prouve que φ f et φ g coïncident sur h n n! φ(n f n! φ(n g (x h n n! in a n (f = n! in a n (g = [ la, la n! φ(n g ( = φ g (h ]. Les dérivées successives de φ f ]. En choisissant successivement x = la et x = la, nous ( la = n! φ(n g ( ( la la = φ g + h h n ( n! φ(n f la ( = n! φ(n g la = φ g ( la + h ] [ (l + A, (l + A et achève la preuve par récurrence. 8 Supposons que deux éléments f et g de E ont des moments de tous ordres égaux, et que leurs moments vérifient en outre la condition (U. La question 7 prouve que φ f = φ g, soit f = g d après la question 9. Nous avons donc montré qu une fonction qui admet des moments de tous ordres vérifiant la condition (U est entièrement caractérisée par la suite de ses moments. 5
E. Application 9 Analyse : supposons que f est une solution du système. Nous avons alors : On a ensuite : d où k N, a k+ (f = et a k (f = (k (k 3... 3 a (f = (k! k k! k, a k (f = (k(k...(k + k (kk k = k k k, a k(f k k k La suite a k (f vérifie la condition (U et la question 6 s applique (avec x = : h, h < e = φ f(h = + ( x h n + n! in a n (f = k= h k (k! + ik (k! k k! = k! k= ( h k = ( h Les fonctions φ f et x sont développables en séries entières en tout point de et coïncident sur un voisinage de, elles sont donc égales sur. Considérons d autre part la fonction g : x ( x. Nous avons : π x, φ g (x = π ( (ixu ( u (ix du = = ( x = φ f (x donc f = g d après la question 9. La seule solution possible au problème posé est donc la fonction g. Synthèse : la fonction g est clairement élément de E et admet des moments de tous ordres. Comme g est paire, ses moments d ordres impairs sont nuls et une intégration par partie donne pour k : a k (g = + x k ( x ( x dx π = ] + [x k ( x + k + π π = (k a k (g donc g est bien solution du système. x k ( x dx Conclusion : le système possède donc pour unique solution la fonction g : x ( x. π 6