Integration : pour les sup

Soit f une fonction continue sur [0,1] telle que : pour tout k de IN : int(x^kf(x),0,1)=0

Montrer que f est nulle

ok
f étant continue sur le compact [0,1] de R alors f est limite uniforme sur [0,1] d'une suite polynomiale (Pn)n>=0 (Weierstrass )
l'hypothèse int(x^kf(x),0,1)=0 implique que pour tout polynome P on a int(P(x)*f(x),0,1)=0 , du fait la linéarité de l'intégrale.
d'une part , on a pour tout entier n , int(Pn(x)*f(x),0,1)=0 qui implique que int(Pn(x)*f(x),0,1) tend vers 0 qd n tend vers +00 .
d'autre part , Pn converge uniformément sur [0,1] vers f implique que Pn*f converge uniformément sur [0,1] vers f*f .
(car l Pn*f -f*f l=lfl *l Pn -f l ).
comme Pn*f est continue sur [0,1] alors on peut intervertir lim en n et integrale sur [0,1] , c'est à dire
lim (qd n tend vers +00) int(Pn(x)*f(x),0,1) = int(lim (qd n tend vers +00) (Pn*f )(x),0,1)
donc lim (qd n tend vers +00) int(Pn(x)*f(x),0,1) =int(f^2(x),0,1)
d'après ce qui précède 0=int(f^2(x),0,1) comme f^2 est continue sur [0,1] et POSITIVE ( on a supposé que f est réelle)
alors f^2 est nulle sur [0,1] donc f l'est aussi .

methenniachref a écrit:

ok
f étant continue sur le compact [0,1] de R alors f est limite uniforme sur [0,1] d'une suite polynomiale (Pn)n>=0 (Weierstrass )
l'hypothèse int(x^kf(x),0,1)=0 implique que pour tout polynome P on a int(P(x)*f(x),0,1)=0 , du fait la linéarité de l'intégrale.
d'une part , on a pour tout entier n , int(Pn(x)*f(x),0,1)=0 qui implique que int(Pn(x)*f(x),0,1) tend vers 0 qd n tend vers +00 .
d'autre part , Pn converge uniformément sur [0,1] vers f implique que Pn*f converge uniformément sur [0,1] vers f*f .
(car l Pn*f -f*f l=lfl *l Pn -f l ).
comme Pn*f est continue sur [0,1] alors on peut intervertir lim en n et integrale sur [0,1] , c'est à dire
lim (qd n tend vers +00) int(Pn(x)*f(x),0,1) = int(lim (qd n tend vers +00) (Pn*f )(x),0,1)
donc lim (qd n tend vers +00) int(Pn(x)*f(x),0,1) =int(f^2(x),0,1)
d'après ce qui précède 0=int(f^2(x),0,1) comme f^2 est continue sur [0,1] et POSITIVE ( on a supposé que f est réelle)
alors f^2 est nulle sur [0,1] donc f l'est aussi .

bonjour

j'ai bien dit "sup" , donc si jamais vous voulez resoudre l'exo essayez avec des outils des supistes , le theoreme de Stone Weierstrass n'est vu qu'en spé ...

amicalement

ok , je n'ai pas fait trop attention . jvé essayer:
f étant réelle et continue sur [0,1] , on subdivise le segment [0,1] en des sous-segments [ai, a(i+1)]ou f garde un signe constant:
(1)si f est positive sur [ai, a(i+1)] , d'après l'hypothèse on a :
int(f(x),ai,a(i+1))=0 ( pour k =0)
f étant continue sur [ai, a(i+1)] inclu dans [0,1] , y étant positive , alors f est nulle sur [ai,a(i+1)].
(2)si f est négative sur [ai, a(i+1)] , alors -f est continue est positive sur [ai, a(i+1)] , en utilisant (1) pour -f on aura -f est nulle sur [ai, a(i+1)] , donc f est nulle sur [ai, a(i+1)].
on a donc démontré que f est nulle qur chacun des sous-segments de [0,1] ou elle garde un signe constant , par suite f est nulle sur [0,1] en entier.
dites moin si c'est bon ou pas
amicalement