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\setlength{\parindent}{0cm}%Pas d'indentation au debut des nouveaux paragraphes


\usepackage[all]{xy}%pour les diagrammes commutatifs

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\DeclareMathOperator{\intd}{] \! ]}
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\begin{document}
\begin{center}
\begin{huge}
Densité des polynômes orthogonaux\\
\end{huge}
\vspace{1cm}
Florian \textsc{Bouguet}\\
\end{center}




\underline{Référence :} \textsc{Beck, Malick, Peyré} : Objectif Agrégation


\vspace{1cm}

Posons le cadre de ce développement. On définit $I$ un intervalle de $\R$ et $\omega$ un poids sur $I$, c'est à dire une fonction de $I$ dans $\R$ mesurable strictement positive p.p. telle que
\[\forall n \in\N,\int_I{|x|^n\omega(x)dx}<\infty\]
On note alors $L^2(\omega)$ l'ensemble des fonctions de carré intégrable contre $\omega$. Il s'agit d'un espace de \textsc{Hilbert} grâce au produit scalaire
\[<f,g>_\omega=\int_I{f(x)\overline{g(x)}\omega(x)dx}\]
Par le procédé d'orthogonalisation de \textsc{Gram-Schmidt} appliqué à $\R[X]$, il existe une base de $\R[X]$ formée de polynômes échelonnés unitaires orthogonaux deux à deux. Cette famille est appelée \emph{famille des polynômes orthogonaux associès à $\omega$}. On va voir que sous de bonnes hypothèses, il s'agit d'une base hilbertienne de notre espace.

Rq : en fait, ce développement ne fait pas vraiment intervenir les polynômes orthogonaux, mais juste l'espace qu'ils engendrent, à savoir $\R[X]$.

\begin{theo}
Si il existe $\alpha$ tel que
\[\int_I{\e^{\alpha|x|}\omega(x)dx}<\infty\]
Alors les polynômes orthogonaux forment une base hilbertienne de $L^2(\omega)$.
\end{theo}

\underline{Preuve :}\\

Nos polynômes sont évidemment des éléments de $L^2(\omega)$ par définition de $\omega$. Ils forment une base orthonormée de $\R[X]$, il nous suffit juste de montrer que cette famille est dense dans $L^2(\omega)$. Soit $f\in\R[X]^\perp$, on va donc montrer que $f=0$ p.p. sur $I$. Commençons par prolonger $f\omega$ sur $\R$ :
\[\varphi(x)=f(x)\omega(x)\indic_I(x)\]
$\int_I{\omega(x)dx}<\infty$ donc l'espace mesuré $(I,d\omega)$ est de mesure finie. $f\in L^2(\omega)\subseteq L^1(\omega)$ donc $\varphi\in L^1(\R)$. On peut donc regarder la transformée de \textsc{Fourier} de $\varphi$ :
\[\hat\varphi(\xi)=\int_\R{\e^{-ix\xi}\varphi(x)dx}=\int_I{\e^{-ix\xi}f(x)\omega(x)dx}\]
Notons pour $z\in\C$
\[g(x,z)=\e^{-ixz}\varphi(x)\quad\text{ et }\quad G(z)=\int_\R{g(x,z)dx}\]
On va montrer que $G$ est holomorphe sur $B=\{\Im m <\alpha/2\}$ (où $\alpha$ est défini dans l'énoncé du théorème) à l'aide du théorème d'holomorphie sous le signe intégral. En effet,
\begin{itemize}
	\item $g(\cdot,z)$ est mesurable pour tout $z\in B$
	\item $g(x,\cdot)$ est holomorphe pour tout $x\in I$
\end{itemize}
De plus, $\forall x\in I,\forall z\in B$ :
\[\left|g(x,z)\right|=\left|\e^{-ixz}\varphi(x)\right|\leq\e^{\frac{|x|\alpha}2}\left|f(x)\right|\omega(x)\]
Le terme de droite est une fonction intégrable en $x$, car $x\mapsto e^{\frac{|x|\alpha}2}\in L^2(\omega)$ par hypothèse sur $\alpha$ et $\omega$. $G$ est donc holomorphe sur $B$. On obtient également toutes les dérivées de $G$ sur $B$ en dérivant simplement sous le signe intégral, c'est-à-dire
\[G^{(p)}(z)=\int_I{(-ix)^p\e^{-ixz}f(x)\omega(x)dx}\]
On a donc
\[G^{(p)}(0)=(-i)^p\int_I{x^pf(x)\omega(x)dx}=(-i)^p<f,(x\mapsto x^p)>_\omega=0\]
Par unicité du développement en série entière, $G$ est nulle sur un voisinage de 0 donc sur $B$, donc en particulier sur $\R$. En particulier, $\hat\varphi$ est nulle. Par injectivité de la transformée de \textsc{Fourier}, $\varphi$ est donc nulle sur $\R$. Alors, puisque $\omega>0$ p.p., $f=0$ p.p. sur $I$, ce qui conclut la démonstration du théorème.\\\qed

La condition d'écrasement de $\omega$ apparaissant un meu magique, on peu s'interroger sur son utilité. Posons alors
\[I=]0,+\infty[\]
\[\omega(x)=x^{-\ln(x)}\]
\[f(x)=\sin(2\pi\ln(x))\]
Si on note $P_n(x)=x^n$, on va montrer que $<f,P_n>_\omega=0$, et pourtant $f\neq0$ p.p. En effet
\begin{eqnarray*}
<f,P_n>_\omega &=& \int_0^{+\infty}{x^{n-\ln(x)}sin(2\pi\ln(x))dx}\\
   &=& \int_\R{\e^{-u^2+u(n+1)}sin(2\pi u)du}\qquad\boxed{u\leftrightarrow\ln(x)}\\
   &=& \int_\R{\e^{-\left(u-\frac{n+1}2\right)^2+\left(\frac{n+1}2\right)^2}sin(2\pi u)du}\\
   &=& \e^{\left(\frac{n+1}2\right)^2}\int_\R{\e^{-t^2}sin(2\pi t+(n+1)\pi)dt}\qquad\boxed{t\leftrightarrow u-(n+1)/2}\\
   &=& (-1)^{n+1}\e^{\left(\frac{n+1}2\right)^2}\int_\R{\e^{-t^2}sin(2\pi t)dt}
\end{eqnarray*}
 L'intégrande étant impaire, son intégrale vaut 0. $\R[X]$ n'est donc pas totale, la famille des polynômes orthogonaux associés à $\omega$ non plus.






















\end{document}