Matrices de Hilbert

Bonsoir psychcorse, tous les ingrédients de la solution sont bien là (et dans ce cas, on ne voit pas intervenir les matrices de Hilbert) ; ceci étant le calcul de la norme et la définition des polynômes de Legendre ne sont pas non plus une mince affaire et tu remplaces un problème par un autre ; pour information, le problème avait été soulevé par un élève de terminale à l'époque.

Bonjour, à l'époque nous avions beaucoup "galéré" avec ce problème. Je note $(f|g) = \displaystyle \int_0^1 f(t)g(t) \mathrm dt $ le produit scalaire de deux fonctions de $E$ l'espace vectoriel des fonctions continues de $[0;\; 1]$ vers $\mathbb{R}$. Comme il a été dit, pour une fonction $f$ vérifiant la propriété indiquée plus haut ,on a $(f|P) = P(1)$ pour toute fonction polynomiale de $E_n$ et si $Q$ est la projection orthogonale de $f$ sur $E_n$, on a :
$$
f \; = \; \underbrace Q _{ \in E_n} +\underbrace {f-Q} _{ \in {E_n}^{\bot}} \; = \; Q + H.

$$ De sorte que l'on a bien $ \displaystyle \int_0^1 f(t)^2 \mathrm dt = (f|f) = (Q+h|Q+h) = (Q|Q) + (h|h) \geq (Q|Q)$ car $Q\bot h$; il reste donc à évaluer $Q^2 = (Q|Q)$.
Comme l'a dit Raoul, on a si $U = \left(\begin{array}{c}
1 \\
1\\
\dots \\
1
\end{array} \right) $, alors si $Q(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} q_kx^k$ et $V = \left(\begin{array}{c}
q_0 \\
q_1\\
\dots \\
q_{n-1}
\end{array} \right) $, on a $H\times V = U$ avec $H_n = \left(\begin{array}{ccc}
\dots &\dots & \dots \\
\dots & \dfrac{1}{i+j+1}&\dots \\
\dots&\dots &\dots

\end{array} \right) $ la matrice de Hilbert de taille $n$.

On déduit de ceci que $Q(1) = n^2 \Leftrightarrow U^t H_n^{-1} U = n^2$, le membre de droite correspondant à la somme des entrées de l'inverse de la matrice de Hilbert (qui est notoirement difficile à inverser numériquement).

La solution du problème qui nous a été donnée est la suivante: je note $f_k : x \to x^k$; on vérifie que $Q$ (la projection orthogonale de $f$ sur $E_n$ est telle que pour $0 \leq i < n$:
$$
Q \in vect (f_{i+1} - f_i)^{\bot},
$$ cet orthogonal étant une droite vectorielle dans $E_n$ pour des raisons de dimension.
On rappelle que $ \displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} q_i \dfrac{1}{i+j+1} = 1 $ pour $0 \leq j < n$ (propriété de $f$).

On pose alors $G(x)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} q_i \dfrac{1}{x+i+1} \; = \; \dfrac{N(x)}{ \displaystyle \prod_0^{n-1} (x+i+1 )} $, le degré de $ N$ ètant inférieur ou égal à $n-1$.
On écrit $ (f|f) \geq (Q|Q) = \displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} q_i$ et $ \displaystyle \lim_{x\to \infty} xG(x) = \displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} q_i$ qui est aussi le coefficient de $x^{n-1}$ dans $N$.
Sachant que $G(j) = 1$, on obtient $ N(j) = G(j) \times \displaystyle \prod_0^{n-1} (i+j+1 ) \; = \; \dfrac{(n+j)!}{j!}$

Arrivent désormais les polynômes interpolateurs de Lagrange associés au système d'interpolation $\{0;\; 1;\; \dots ; n-1 \}$ qui permettent d'écrire $N(x) = \displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} N(i) L_i (x) $ avec :
$$
L_i(x) = \prod_{j=0}^{n-1}_{i\neq j} \dfrac{x-j}{i-j} .

$$ On veut donc le terme de degré $n-1$ dans $N$ soit $ \displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} N(j)\dfrac{(-1)^{n-1-j}}{j!(n-j-1)!} $

Bilan:

$$ (Q|Q) = Q^2 = \displaystyle \dfrac{1}{(n-1)!}\sum_{j=0}^{n-1} (-1)^{n-1-j} \binom{n-1}{j} \dfrac{(n+j)!}{j!}

$$ Il reste à évaluer cette somme: on part du polynôme $P_n(X) = X^n (1-X)^{n-1} $ et on évalue sa dérivée n-ième en 1 :
1) $P_n(X) =\displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j \binom{n-1}{j} X^{n+j}$, soit:
$$
P_n^{(n)}(X) =\displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j \binom{n-1}{j} \dfrac{(n+j)!}{j!}X^{j}

$$ et : $$

P_n^{(n)}(1) =\displaystyle \sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j \binom{n-1}{j} \dfrac{(n+j)!}{j!}

$$ 2) on développe $P_n$ en puissances de $X-1$ : $$

P_n(X) = \displaystyle \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} (X-1)^{n+j-1} (-1)^{n-1}.

$$ On peut alors en tirer la dérivée d'ordre $n$ en 1: $P_n^{(n)}(1) = n!\binom{n}{1}(-1)^{n-1}$. En comparant ces deux expressions, on obtient le résultat souhaité.
Et tout cela est diablement long et compliqué d'où l'intérêt d'avoir reposé cette question 10 ans après.