Calcul de norme

Tony Schwarzer · May 2023

Bonjour,
Soient des entiers naturels $a_0<\dots<a_n$ et notons $A$ l'ensemble de ces entiers.
Pour $P \in \mathbb{R}_n[X]$, on pose : $$||P||_A=\operatorname{max}(|P(a_0)|,\dots,|P(a_n)|)$$ et on définit : $$d_{A,n}=\operatorname\{||X^n-P||_A | P \in \mathbb{R}_{n-1}[X] \}.$$ Je veux montrer que $\quad\displaystyle ||X^n-P||_A \geq \frac{n!}{2^n}$.
Les questions précédentes montrent respectivement que :
1) On peut écrire $\quad\displaystyle X^n-P=\sum_{k=0}^n b_k \prod_{i \neq k} (X-a_i)$ (on connait les b_i).
2) $\displaystyle\forall k, \ \prod_{i \neq k} |a_i-a_k| \geq \frac{n!}{\binom{n}{k}}$.
Mais je n'y arrive pas. On a : $\quad\displaystyle|(X^n-P)(a_{i_0})|=|b_{i_0}| \prod_{i \neq i_0} |a_{i_0}-a_i|\geq |b_{i_0}| \frac{n!}{\binom{n}{i_0}} $.
Je ne vois pas [comment] conclure, même avec expression explicite des $b_i$.
Une idée ?

canasson29 · May 2023

Bonsoir,

l'un des $b_k$ est nécessairement non nul, donc $\left\vert (X^n-P)(a_k) \right\vert \geq \frac{n!}{{ n \choose k}}.$

On utilise alors l'inégalité ${n \choose k } \leq 2^n$ pour obtenir l'inégalité souhaitée

canasson29 · May 2023

J'ai implicitement sous-entendu $b_k$ entier, ce qui n'est pas.

canasson29 · May 2023

Je présume que $P$ est de degré inférieur ou égal à $n-1$ dans l'inégalité demandée ? En remarquant que $\displaystyle \sum_{k=0}^ n b_k = 1,$ on peut obtenir l'inégalité $\Vert X^n-P \Vert \geq \dfrac{n!}{(n+1)\,2^n}$

Izolg · May 2023

Il suffit de montrer qu'il existe un $0\leq k\leq n$ tel que $|b_k|\frac{n!}{n\choose k} \geq \frac{n!}{2^n}$. Par l'absurde si pour tout $0\leq k \leq n$ on a $|b_k| < \frac{n\choose k}{2^n}$ alors $|\sum_{k=0}^n b_k|<...$ ce qui est une contradiction avec la remarque de canasson29.

Bonne journée

canasson29 · May 2023

Bien vu

Tony Schwarzer · May 2023

Bonjour,
Je ne comprends pas en quoi : $\ \sum\limits_{i=0}^n b_i=1$.
En effet : $\ \displaystyle b_j=\frac{a_j^n-P(a_j)}{\prod_{i \neq j} (a_j-a_i)}$, dont je ne vois pas comment la somme peut faire $1$.
Oui il faut bien supposer $P$ de degré $\leq n-1$.

Tony Schwarzer · May 2023

Au temps pour moi, c'est parce que c'est le coefficient devant $X^n$ dans $X^n-P$.
Merci.

canasson29 · May 2023

J'ai une question à propos du minorant obtenu. S'agit-il de la distance de $X^n$ à $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ pour la norme ainsi définie ?

Izolg · May 2023

Je pense qu'il s'agit juste d'un minorant de cette distance $d(X^n, \mathbb{R}_{n-1}[X]) \geq \frac{n!}{2^n}$.
En fait j'ai l'impression qu'on a égalité si et seulement si les $a_i$ sont des entiers consécutifs.

Pourquoi ? cela provient de l'inégalité $\prod_{0\leq i\leq n, i\neq k}|a_k-a_i| \geq \frac{n!}{n \choose k}$.
Si les $a_i$ sont des entiers consécutifs alors pour chaque $k$ l'inégalité ci dessus est en fait une égalité. On choisit $P$ avec $b_k := \frac{n\choose k}{2^n}$. Et on vérifie que $P$ réalise cette distance à $X^n$.

Sinon, si les $a_i$ ne sont pas consécutifs alors chacune des inégalité $\prod_{i\neq k}|a_k-a_i| >\frac{n!}{n \choose k}$ est stricte !
Le même argument que dans les précédents messages en utilisant ces inégalités strictes montre que pour tout $P\in \mathbb{R}_{n-1}[X]$ alors $d(X^n,P)>\frac{n!}{2^n}$. Cela devrait suffire à conclure (il faut faire attention à pourquoi on conserve l'inégalité stricte lorsqu'on va prendre l'infimum sur $P\in \mathbb{R}_{n-1}[X]$, ou sinon il faut quantifier l'erreur : $\exists \varepsilon,\ \forall k,\ \prod_{i\neq k}|a_k-a_i|>\frac{n!}{n\choose k}(1+\varepsilon)$).

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