Les moments déterminent la fonction

La stratégie. Un théorème de densité transforme « pour tout polynôme » en « pour toute fonction continue ». L'hypothèse ne porte que sur une famille dénombrable de conditions — les moments — et la conclusion est fonctionnelle : c'est le théorème de Weierstrass qui fait ce saut, et le passage à la limite sous l'intégrale, licite sur un segment sous convergence uniforme, qui le rend légitime. (Le programme précise que la démonstration du théorème de Weierstrass n'est pas exigible : on l'utilise, on ne le démontre pas.)

1) De $t^n$ à tout polynôme. Soit $P={\sum }_{n=0}^d{c}_n{X}^n$. Par linéarité de l'intégrale — une somme finie, donc aucun théorème d'interversion n'est requis —, $${\int }_0^{1}f(t)P(t)\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^d{c}_n{\int }_0^{1}f(t)t^n\mathrm{d}t=\sum _{n=0}^d{c}_n\cdot 0=0.$$

2) L'approximation uniforme. Le théorème de Weierstrass affirme que toute fonction continue sur un segment est limite uniforme d'une suite de polynômes : il existe donc $(P_k)$ avec $\Vert f-P_k{\Vert }_{\infty }\to 0$ sur $[0,1]$. Alors, en utilisant le 1) qui donne ${\int }_0^{1}f{P}_k=0$ : $$\left|{\int }_0^1{f}^2-0\right|=\left|{\int }_0^1{f}^2-{\int }_0^{1}f{P}_k\right|=\left|{\int }_0^{1}f\left(f-P_k\right)\right|\le {\int }_0^1|f|\cdot \left|f-P_k\right|\le \Vert f{\Vert }_{\infty }\Vert f-P_k{\Vert }_{\infty }.$$ La fonction $f$ étant continue sur un segment, elle y est bornée : $\Vert f{\Vert }_{\infty }$ est un réel fini. Le majorant tend donc vers $0$, et comme le membre de gauche ne dépend pas de $k$, il est nul : $${\int }_0^1{f}^2=0.$$

3) La conclusion, et les deux usages de la continuité. La fonction $f^2$ est continue, positive, et d'intégrale nulle sur $[0,1]$ : elle est donc identiquement nulle (résultat de première année). Donc $f^2=0$, puis $f=0$ sur $[0,1]$.

Les deux usages. La continuité sert d'abord à appliquer Weierstrass, qui n'approche uniformément que des fonctions continues ; elle sert ensuite pour passer de « l'intégrale de $f^2$ est nulle » à « $f^2$ est nulle » — une fonction positive discontinue d'intégrale nulle peut être non nulle, par exemple celle qui vaut $1$ en un point et $0$ ailleurs.

4) L'unicité. Soient $f$ et $g$ continues sur $[0,1]$ avec ${\int }_0^{1}f{t}^n={\int }_0^{1}g{t}^n$ pour tout $n$. Alors $h=f-g$ est continue et tous ses moments sont nuls, donc $h=0$ par ce qui précède : $f=g$. La suite des moments détermine une fonction continue.

5) Deux extensions.

Continue par morceaux : le résultat subsiste, aux points de discontinuité près. Weierstrass ne s'applique plus à $f$. On passe par sa primitive. Posons $F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$, qui est continue sur $[0,1]$ ($f$ est continue par morceaux donc bornée et intégrable) et vérifie $F(0)=0$. L'hypothèse avec $n=0$ donne $F(1)={\int }_0^{1}f=0$. Pour $n\ge 1$, une intégration par parties — licite, $F$ étant de classe ${\mathcal{C}}^1$ par morceaux et continue, et $t\mapsto t^n$ de classe ${\mathcal{C}}^1$ — donne $$0={\int }_0^{1}f(t)t^n\mathrm{d}t={\left[F(t)t^n\right]}_0^1-n{\int }_0^{1}F(t)t^{n-1}\mathrm{d}t=\underset{=0}{\underbrace{F(1)}}-n{\int }_0^{1}F(t)t^{n-1}\mathrm{d}t.$$ Donc ${\int }_0^{1}F(t)t^{n-1}\mathrm{d}t=0$ pour tout $n\ge 1$ : tous les moments de la fonction continue $F$ sont nuls. Par les questions 1 à 3, $F=0$ sur $[0,1]$. Or $F^{\prime }=f$ en tout point où $f$ est continue (théorème fondamental) : donc $f$ est nulle en tout point de continuité, c'est-à-dire partout sauf en un nombre fini de points. C'est le mieux qu'on puisse espérer, puisque modifier $f$ en un point ne change aucun moment.

Les moments impairs suffisent. Supposons $f$ continue sur $[0,1]$ avec ${\int }_0^{1}f(t)t^{2n+1}\mathrm{d}t=0$ pour tout $n\ge 0$. Le changement de variable $u=t^2$, c'est-à-dire $t=\sqrt{u}$ et $\mathrm{d}u=2t\mathrm{d}t$, donne, en écrivant $t^{2n+1}=t^{2n}\cdot t$ : $$0={\int }_0^{1}f(t)t^{2n}\cdot t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}f\left(\sqrt{u}\right)u^n\mathrm{d}u.$$ La fonction $\phi (u)=f\left(\sqrt{u}\right)$ est continue sur $[0,1]$, comme composée de $u\mapsto \sqrt{u}$ et de $f$, et tous ses moments sont nuls : par les questions 1 à 3, $\phi =0$, c'est-à-dire $f\left(\sqrt{u}\right)=0$ pour tout $u\in [0,1]$. Comme $u\mapsto \sqrt{u}$ est une bijection de $[0,1]$ sur lui-même, $f=0$.

(Avec les seuls moments pairs, la conclusion reste vraie, mais le même changement de variable fait apparaître la fonction $u\mapsto \frac{f(\sqrt{u})}{2\sqrt{u}}$, qui n'est pas bornée en $0$ en général : l'argument élémentaire ne s'applique plus, et la démonstration sort du programme. On se gardera donc de l'affirmer sans preuve.)

Ce que l'exercice installe. Le raisonnement par densité dans sa forme la plus pure : la propriété est vraie sur une famille dense, elle passe à la limite uniforme, donc elle vaut partout — exactement la forme qu'avait, au chapitre 4, l'égalité des polynômes caractéristiques de $AB$ et de $BA$. Retenir aussi le geste de la question 5 : quand la régularité manque, on intègre, la primitive étant continue.