Cette fonction continue n'existe pas
dans Analyse
Bonjour
Soit $0\leqslant a < b$ des nombres réeles. Prouvez qu'il n'existe pas de fonction continue $f:[a;b]\to \mathbf{R}$ telle que
$$
\int_a^b f(x)x^{2n} \mathrm dx>0 \qquad \text{et} \qquad \int_a^b f(x)x^{2n+1} \mathrm dx <0,
$$ pour tout nombres entier $n\geqslant 0$.
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Soit $0\leqslant a < b$ des nombres réeles. Prouvez qu'il n'existe pas de fonction continue $f:[a;b]\to \mathbf{R}$ telle que
$$
\int_a^b f(x)x^{2n} \mathrm dx>0 \qquad \text{et} \qquad \int_a^b f(x)x^{2n+1} \mathrm dx <0,
$$ pour tout nombres entier $n\geqslant 0$.
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Réponses
J'ai bon, m'sieu ?
e.v.
Je suis curieux de la version sans lance-roquette (disons niveau licence sans théorème sujet de concours admis).
Quitte à remplacer $b$ par $b'$ tel que $a<b'<b$ on peut supposer que $f(b) \ne 0$.
On se ramène ensuite par changement de variable à une situation $\displaystyle \int_a^1 f(x)x^{2n} \mathrm dx>0 \text{et} \int_a ^1 f(x)x^{2n+1} \mathrm dx <0$, avec $0 \leqslant a<1$.
À ce moment là, par continuité, il y aura un petit intervalle $[1- \epsilon ;1]$ sur lequel $f$ sera du signe de $f(1)$ et quand $n \rightarrow +\infty$, tout le poids de l'intégrale se porte sur l'intervalle $[1- \epsilon ;1]$ puisque la variable $x \in [a ; 1]$.
Donc à partir d'un certain rang $n$, $\displaystyle \int_a^1 f(x)x^{n} \mathrm dx$ sera du signe de $f(1)$.
Blueberry : Pourquoi existerait-il un $b'$ qui vérifierait aussi les conditions de l'énoncé ? Ça ne me semble pas correct.
Ça invalide totalement ma "démonstration".
Le TVI prouve alors l'existence de la suite $(t_n)$ annoncée. Le thm de Müntz prouve à présent que le sev engendré par les $x\mapsto x^{t_n}$ est dense (pour la norme uniforme) dans ${\rm C}([a,\,b])$ pour $a>0$ et, si $a=0$, dans le sev de ${\rm C}([a,\,b])$ formé des fonctions nulles en $0$. Pour la norme $||\cdot||_2$, ce sev est donc toujours dense dans ${\rm C}([a,\,b])$.
Dans tous les cas, on déduit des égalités $\int_{a}^{b}f(x)x^{t_n}\,{\rm d}x=0$ pour tout $n$ que $f=0$, puisque $f$ est orthogonale à un sev dense. Cela contredit enfin le fait que $\int_{a}^{b}f(x)x^0\,{\rm d}x>0$.
Renart : la preuve est jolie, certes, mais l'idée de l'exercice l'est encore plus ! Il en fallait, de la profondeur de vue, pour songer à poser la question !!!
Je reste évidemment intéressé par toute preuve sans bazooka !
Il me faut une feuille et un crayon…
J'ai d'ailleurs systématiquement omis d'enfoncer une porte ouverte en ne signalant pas que $f=0$ implique que $f$ n'existe pas.
Mais franchement, je n’ai que la possibilité de balancer des idées vagues pour le moment (j’espère avoir la possibilité de me poser bientôt papier-crayon en main). Vous me pardonnerez.
On considère la transformée de Laplace, qui admet un développement en série entière (avec rayon de convergence infini) :
$$
L(\lambda) = \int_a^b e^{-\lambda x}f(x)\,dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \left(\int_a^b (-1)^n x^n f(x)\,dx\right) \frac{\lambda^n}{n!}.
$$ Les hypothèses montrent alors directement que $L(0) > 0$ et que $L$ est strictement croissante sur $\R_+$.
Mais par ailleurs $L$ tend vers $0$ en $+\infty$ d'après la majoration suivante valable pour tout $\lambda > 0$ :
$$
|L(\lambda)| \leqslant \|f\|_\infty \int_a^b e^{-\lambda x}\,dx \leqslant \|f\|_\infty \frac{1}{\lambda}.
$$ Donc $0 < L(0) \leqslant 0$, ce qui est absurde.
P.S. Ceci se généralise à toute fonction $f$ intégrable sur $[a,b]$ quitte à utiliser de la convergence dominée à la fin.
Dont acte
Au reste, j'avais soupçonné l'auteur de l'exo de faire une hypothèse portant sur tous les $n$ afin de noyer le poisson et de planquer le recours à Müntz ; ta solution montre qu'il en a peut-être eu l'idée à partir de la transformée de Laplace et, là, les hypothèses retenues s'imposent.
Saucisse sur le gâteau, comme on dit cheux nous en Moselle, ta solution fera un exxxxxxcellent énoncé inédit de colle (les programmes sur les séries de fonctions ne vont pas tarder). Et même deux exos puisqu'il y a le cas particulier où $f$ est polynomiale (cf le message de Dom).
Bien cordialement, j__j
Otto Szász (1884–1952) a droit au respect de son patronyme.
Ta démonstration a droit à mon respect.
Amicalement,
e.v.
[ @ John & John. Doucement avec ton expression mosellane : j'aurais pu être en train de boire mon café. Il y a un copyright ? ]
https://www.btb.termiumplus.gc.ca/tpv2guides/guides/chroniq/index-fra.html?lang=fra&lettr=indx_titls&page=9EoC8Iq7aq0M.html
L'absence de 's' est une règle apprise à l'Ecole primaire ; mais où sont les neiges d'antan ?
Forum du Figaro, 2019 : C'est tout simplement parce qu'il s'agit de l'adjectif numéral ordinal ; on sous-entend les années quatre-vingtièmes, de la même façon que l'on écrit page quatre-vingt (pour page quatre-vingtième).
Cela dit, si vous parlez des années 1980, il faut le préciser, car nous avons changé de millénaire… On ne peut plus dire les années 80 pour les années 1980.
Pour les caractères qui ne sont pas au clavier, je me suis fait une réserve dans laquelle je vais piocher quand j'en ai besoin : pour á, pour les majuscules comme À ou Ç, pour des jolis «...» au lieu de tes vilains <<...>> ;-), etc. J'ai eu du mal il y a peu avec Alina Sînt$\mathsf{\breve{a}}$m$\mathsf{\breve{a}}$rian, je n'ai peut-être pas trouvé la meilleure solution, mais j'ai quand même réussi à faire passer sur le forum ce drôle d'accent roumain en demi-lune, qu'il refusait si je tentais un simple copier-coller.
Pour les années, comme nous sommes au XXIème siècle, j'écrirai « les années 1980 », et pas de souci.
Bonne soirée.
RC
pour cela, rien ne vaut la simplicité de LaTeX : Sînt\v am\v arian
Le problème semble être un problème de compétition, le problème 6 d'une liste de 6 problèmes classés du moins au plus difficile. Je travaille sur les autres problèmes.
Pour le problème 6, il semble que l'idée de @sol fasse disparaître le problème en quelques coups, n'auraient-ils pas remarqué l'existence d'une solution comme celle que @sol présente ?
n'auraient-ils pas remarqué l'existence d'une solution comme celle que @sol présente ?
tout est envisageable ! Les concepteurs de l'exo peuvent s'être demandé quelles hypothèses conduisaient à une monotonie de ${\cal L}(f)$ incompatible avec les limites aux bornes. Après cela, dériver sous le signe d'intégration ne donne pas grand-chose alors que développer l'exponentielle en série fournit une excellente condition suffisante.
Inversement, ils ont peut-être recherché un énoncé conduisant à Müntz-Sz\'asz et l'ont planqué derrière un argument de TVI, sans s'apercevoir de la possibilité d'une solution élégante plus simple.