Le problème de Hausdorff est apparu au concours HEC-ESSEC 2023 (maths approfondies, partie III). Il s’agit de déterminer si une suite de réels \( (u_k)_{k \geq 0} \) peut être réalisée comme la suite des moments d’une variable aléatoire à densité sur \( [0,1] \). C’est-à-dire si l’on peut trouver une fonction \( f \geq 0 \) continue sur \( [0,1] \) telle que \( u_k = \displaystyle\int_0^1 t^k f(t) \, dt \) pour tout \( k \in \mathbb{N} \). Cet article présente les rappels nécessaires à la compréhension du problème, énonce et illustre le critère de Hausdorff, puis démontre les résultats accessibles dans le cadre du programme ECG.
Rappels de notions essentielles
Les moments d’une variable aléatoire
Soit \( X \) une variable aléatoire réelle admettant une densité \( f \) sur un intervalle \( J \subset \mathbb{R} \). On rappelle que \( f \) est une fonction positive, intégrable sur \( J \), vérifiant \( \displaystyle\int_J f(t) \, dt = 1 \).
Pour tout entier \( k \in \mathbb{N} \), le moment d’ordre \( k \) de \( X \) est défini, lorsqu’il existe, par :
\[ m_k(X) = \mathbb{E}(X^k) = \int_J t^k f(t) \, dt \]
On convient que \( m_0(X) = 1 \), ce qui traduit simplement le fait que \( f \) est bien une densité. Dans le cas \( J = [0,1] \), tous les moments existent automatiquement, car \( t \mapsto t^k f(t) \) est intégrable sur un intervalle borné dès que \( f \) est continue.
Exemple. Si \( X \) suit la loi uniforme sur \( [0,1] \), alors \( f(t) = 1 \) pour \( t \in [0,1] \) et :
\[ m_k(X) = \int_0^1 t^k \, dt = \frac{1}{k+1} \]
La suite des moments est donc \( u_k = \displaystyle\frac{1}{k+1} \).
L’opérateur de différences finies
L’outil central du problème de Hausdorff est l’opérateur de différence \( \Delta \), défini sur les suites réelles par :
\[ \Delta u_n = u_{n+1} – u_n \]
On itère cette définition en posant \( \Delta^0 u_n = u_n \) et \( \Delta^k u_n = \Delta(\Delta^{k-1} u_n) \) pour \( k \geq 1 \). Une formule explicite, démontrée par récurrence sur \( k \), donne :
\[ \Delta^k u_n = \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} {k \choose j} u_{n+j} \]
Cette formule est directement reliée aux quantités \( \Delta_{n,j} \) définies dans le sujet par \( \Delta_{n,j} = \displaystyle\sum_{k=0}^{j} (-1)^k {j \choose k} u_{n+k-j} \), qui correspondent à \( (-1)^j \Delta^j u_{n-j} \) après réindexation. La condition \( \Delta_{n,j} > 0 \) du sujet est donc équivalente à \( (-1)^j \Delta^j u_{n-j} > 0 \), c’est-à-dire à la complète monotonie de la suite.
Suites complètement monotones
Une suite \( (u_n)_{n \geq 0} \) est dite complètement monotone si pour tout \( k \geq 0 \) et tout \( n \geq 0 \) :
\[ (-1)^k \Delta^k u_n \geq 0 \]
Autrement dit : la suite est positive, décroissante, convexe au sens des différences (les écarts entre les termes se réduisent, notion hors programme), et cette propriété de signe alterné se prolonge à tous les ordres. C’est précisément la condition \( (CH_n) \) du sujet, qui exige que \( \Delta_{n,j} > 0 \) pour tout \( j \in [0;n] \).
Cette notion de suite complètement monotone n’est pas au programme d’ECG, mais va nous aider pour prouver l’existence d’une telle suite.
Le problème de Hausdorff : énoncé et condition nécessaire
Formulation du problème
On se donne une suite \( (u_k)_{k \geq 0} \) avec \( u_0 = 1 \). Le problème de Hausdorff consiste à déterminer s’il existe une variable aléatoire \( X \) à densité \( f \), continue sur \( [0,1] \) et nulle en dehors, telle que :
\[ \forall k \in \mathbb{N}, \quad \int_0^1 t^k f(t) \, dt = u_k \]
La question est ici double : une telle densité existe-t-elle ? Si elle existe, est-elle unique ?
Condition nécessaire d’existence : la stricte monotonie
Si le problème admet une solution, alors la suite \( (u_k) \) est nécessairement complètement monotone.
Démonstration
Supposons qu’il existe \( f \geq 0 \) continue sur \( [0,1] \) telle que \( u_k = \displaystyle\int_0^1 t^k f(t) \, dt \). Par linéarité de l’intégrale :
\[ \Delta^j u_k = \sum_{i=0}^{j} (-1)^{j-i} {j \choose i} \int_0^1 t^{k+i} f(t) \, dt = \int_0^1 t^k \left( \sum_{i=0}^{j} (-1)^{j-i} {j \choose i} t^i \right) f(t) \, dt \]
Or \( \displaystyle\sum_{i=0}^{j} (-1)^{j-i} {j \choose i} t^i = (t – 1)^j \), donc :
\[ (-1)^j \Delta^j u_k = \int_0^1 t^k (1-t)^j f(t) \, dt \]
Cette intégrale est positive car \( t^k \geq 0 \), \( (1-t)^j \geq 0 \) et \( f \geq 0 \) sur \( [0,1] \).
Montrons qu’elle est strictement positive. Puisque \( f \) est continue sur \( [0,1] \) et \( \displaystyle\int_0^1 f(t) \, dt = u_0 = 1 > 0 \), la fonction \( f \) n’est pas identiquement nulle. Il existe donc \( t_0 \in [0,1] \) tel que \( f(t_0) > 0 \), et par continuité un intervalle \( [a, b] \subset [0,1] \), avec \( a < b \), sur lequel \( f > 0 \).
Considérons l’intervalle ouvert \( ]a,b[ \). Pour tout \( t \in \, ]a,b[ \), on a \( 0 < t < 1 \), donc \( t^k(1-t)^j > 0 \) quels que soient les entiers \( k, j \geq 0 \). Combiné à \( f(t) > 0 \) sur cet intervalle, on obtient que la fonction \( t \mapsto t^k(1-t)^j f(t) \) est continue, positive sur \( [0,1] \), et strictement positive sur un sous-intervalle de \( [0,1] \). L’intégrale est donc strictement positive.
Exemple : la loi uniforme sur [0,1]
Vérification de la condition nécessaire
Prenons \( u_k = \displaystyle\frac{1}{k+1} \). Montrons que cette suite est complètement monotone.
D’après la démonstration précédente, il suffit de calculer :
\[ (-1)^j \Delta^j u_k = \int_0^1 t^k (1-t)^j \cdot 1 \, dt \]
car la densité associée est \( f = 1 \) (loi uniforme). Cette intégrale est une intégrale d’Euler, qui se calcule par intégrations par parties successives :
\[ \int_0^1 t^k (1-t)^j \, dt = \frac{k! \, j!}{(k+j+1)!} > 0 \]
La stricte positivité est immédiate.
Vérification directe sur les premières différences
On peut aussi vérifier la stricte monotonie directement sur les premiers termes avec \( u_0 = 1 \), \( u_1 = \displaystyle\frac{1}{2} \), \( u_2 = \displaystyle\frac{1}{3} \), \( u_3 = \displaystyle\frac{1}{4} \).
Premier ordre : \( \Delta u_k = \displaystyle\frac{1}{k+2} – \frac{1}{k+1} = \frac{-1}{(k+1)(k+2)} < 0 \), donc \( (-1)^1 \Delta u_k > 0 \).
Deuxième ordre : \( \Delta^2 u_k = \displaystyle\frac{1}{k+3} – \frac{2}{k+2} + \frac{1}{k+1} = \frac{2}{(k+1)(k+2)(k+3)} > 0 \), donc \( (-1)^2 \Delta^2 u_k > 0 \).
Les inégalités sont bien strictes, ce qui est cohérent avec le fait que \( f = 1 > 0 \) partout sur \( [0,1] \).
Unicité de la solution
Le résultat d’unicité
Si le problème de Hausdorff admet deux solutions \( f_1 \) et \( f_2 \) de classe \( C^1 \) sur \( [0,1] \), alors \( f_1 = f_2 \).
Démonstration via les polynômes de Bernstein
On pose \( h = f_2 – f_1 \). Par hypothèse, \( \displaystyle\int_0^1 t^k h(t) \, dt = 0 \) pour tout \( k \in \mathbb{N} \). Par linéarité, cette relation s’étend à tout polynôme \( P \) :
\[ \int_0^1 P(t) h(t) \, dt = 0 \]
On introduit les polynômes de Bernstein associés à \( h \) :
\[ \widehat{h}_n(x) = \sum_{k=0}^{n} h\left(\frac{k}{n}\right) {n \choose k} x^k (1-x)^{n-k} \]
Pour \( x \) fixé, \( \widehat{h}_n(x) \) est une combinaison linéaire des puissances \( x^k(1-x)^{n-k} \), donc \( \widehat{h}_n \) est un polynôme en \( x \), de degré \( n \). Or, on a établi plus haut que \( \displaystyle\int_0^1 P(t) h(t) \, dt = 0 \) pour tout polynôme \( P \). En appliquant ce résultat à \( P = \widehat{h}_n \), on obtient directement :
\[ \int_0^1 \widehat{h}_n(x) h(x) \, dx = 0 \]
pour tout \( n \).
Puisque \( h \) est de classe \( C^1 \) sur \( [0,1] \), d’après le théorème des accroissements finis : il existe \( K > 0 \) tel que \( |h(x) – h(y)| \leq K|x – y| \) pour tout \( (x, y) \in [0,1]^2 \). On montre alors que :
\[ |h(x) – \widehat{h}_n(x)| \leq \frac{K}{2\sqrt{n}} \]
pour tout \( x \in [0,1] \). Cette inégalité est trouvée en passant par des probabilités. Mais dans un sujet de concours, cette partie sera très guidée.
En multipliant par \( h(x) \) et en intégrant :
\[ \left| \int_0^1 h^2(x) \, dx – \int_0^1 \widehat{h}_n(x) h(x) \, dx \right| \leq \frac{K}{2\sqrt{n}} \int_0^1 |h(x)| \, dx \]
Le second terme du membre de gauche est nul. Donc :
\[ \int_0^1 h^2(x) \, dx \leq \frac{K}{2\sqrt{n}} \int_0^1 |h(x)| \, dx \]
En faisant tendre \( n \to +\infty \), le membre de droite tend vers \( 0 \), donc \( \displaystyle\int_0^1 h^2(x) \, dx = 0 \). Puisque \( h \) est continue et \( h^2 \geq 0 \), on conclut que \( h = 0 \) sur \( [0,1] \), soit \( f_1 = f_2 \).
Travailler le problème des moments de Hausdorff
Si tu veux travailler le problème des moments de Hausdorff, voilà un sujet de concours où tu peux le retrouver :
Conclusion
Le problème de Hausdorff illustre comment une condition purement algébrique sur une suite – la complète monotonie, traduite par le signe alterné des différences finies itérées – est en réalité la traduction exacte d’une réalité probabiliste : l’existence d’une variable aléatoire à densité sur \( [0,1] \) ayant ces moments prescrits. La condition nécessaire se démontre par un calcul d’intégrale direct, accessible dans le cadre du programme, en factorisant \( (t-1)^j \) dans la formule binomiale.
Pour les concours, deux réflexes sont essentiels. D’abord, face à une suite de moments, calculer les différences \( (-1)^j \Delta^j u_k \) pour les premiers ordres et vérifier leur positivité : c’est la condition \( (CH_n) \) du sujet. Ensuite, identifier l’intégrale \( \displaystyle\int_0^1 t^k (1-t)^j f(t) \, dt \) comme quantité positive dès que \( f \geq 0 \), ce qui justifie la complète monotonie sans faire appel à la théorie des mesures. L’erreur classique est de confondre la condition nécessaire (complète monotonie) avec la condition suffisante, dont la démonstration complète mobilise les polynômes de Bernstein et dépasse le niveau d’une question de concours standard.
