a) Soient f et g dans E telles que ∀n N,Mn(f) = Mn(g). Montrer que f = g.
b) Existe-t-il f E telle que ∀n N,Mn(f) = exp ?
c) Existe-t-il f E telle que ∀n N,Mn(f) = ?
a) Notons le produit scalaire usuel sur E et posons h = f - g.
Alors h est orthogonale au sous-espace P des fonctions polynomiales. Or P est dense dans E pour ∥∥∞ (théorème de Weierstraß) et la forme linéaire u E est continue pour cette même norme (car ∀u,||≤∥u∥∞∥h∥∞) donc = 0 et par suite h = 0 i.e. f = g.
b) Commençons par rassurer les candidats à l’ENS de Lyon : après enquête de nos services il est apparu que l’interrogateur supposait de plus f positive.
Le cas général est plus difficile mais néanmoins faisable par la méthode suivante qui prouve que, si
Mn (f) est négligeable devant toute suite géométrique, alors f est nulle.
∙ Un calcul : pour tout couple (a,b) (N*)2 et tout n N* on a
avec r = > 0 et C > 0.
∙ Supposons maintenant que f n’est pas nulle sur [0,1] il existe alors un rationnel t0 = avec 0 < a, b tel que f(t0) ⁄= 0.
Comme ta (1 - t)b atteint son maximum en l’unique point t0 de [0,1] on a alors classiquement l’équivalent
avec D ⁄= 0.
∙ Prenons alors s > 0 tel que sa(1 + s)b < r et K tel que ∀n,|Mn(f)|≤ Ksn. Comme pour tout n on a ta(1 - t)bnf(t)d t = (bn k ) (-1)kMan+k(f) on voit que
ce qui contredit l’équivalent obtenu plus haut.
c) Pour b = 10-1⁄2 > 0 l’application tt1+ib est dans E (complexifié !) et ses moments valent tn+1+ib d t = donc f : t(t1-ib - t1+ib) est dans E et admet les moments Mn (f) = =
Supposons maintenant que g E vérifie ∀n,Mn(g) = alors f et tt2g(t) sont dans E et ont les mêmes moments donc ∀t > 0,g(t) = (t-ib - tib). C’est absurde car cette fonction diverge en 0.
Conclusion : il n’existe pas de f E telle que ∀n N,Mn(f) = .
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