Oral X MP 2021
Réponses
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Il me semble qu'il y a une erreur. Si $P_n(X)=(1-X^2)^n$, alors $P_n(0)=1$, $P_n$ est positif sur $[-1,1]$ et paire. Par intégration par partie, on montre que $\int_0^1P_n(x)dx=\frac{2^n}{(2n+1) \times (2n-1) \cdots 3 \times 1}$.$P_n(X) \in \R_{2n}[X]$.Donc pour tout $a,b>0$, lorsque $n$ tend vers l'infini, $(a+2bn) 2\int_0^1 P_n(x)dx$ tend vers $0$, donc ne peut être toujours supérieur à $P_n(0)=1$.[Edit: c'est faux, comme l'a fait remarquer @eiram ]
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L'intégration par partie se fait comme ça: $I=\int_0^1(1-x^2)^n dx=[f(x)g(x)]_0^1- \int_0^1f(x)g'(x)dx$ avec $f(x)=x$, $g(x)=(1-x^2)^n$.Donc $I=\int_0^1 x \times 2x(1-x^2)^{n-1}dx=\int_0^12x^2(1-x^2)^{n-1}dx$.Si $I=a_k\int_0^1x^{2k}(1-x^2)^{n-k}dx$, alors $I=a_k[\frac{1}{2k+1}x^{2k+1}(1-x^2)^{n-k}]_0^1+a_k \int_0^1\frac{1}{2k+1}x^{2k+1}2x(1-x^2)^{n-k-1}dx$, donc$I=a_{k+1}\int_0^1 x^{2(k+1)}(1-x^2)^{n-k-1}dx$, avec $a_{k+1}=\frac{2a_k}{(2k+1)}$[Edit: il y a une erreur dans l'intégration par partie $g'(x)=-2nx(1-x^2)^{n-1}$ et pas $-2x(1-x^2)^{n-1}$. Même erreur dans la suite de l'intégration par partie]
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Décidément ! D'où viennent tous ces sujets foireux ? On veut des noms.Edit : pour les noms, c'est une blague bien sûr. Par contre, je serais vraiment curieux de connaitre la source.
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Je ne suis pas d'accord avec Marco : on reconnaît en ${\displaystyle \int_0^1 (1-x^2)^ndx }$ une intégrale de Wallis, équivalente à $\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n}}$ quand $n \rightarrow +\infty$ : $(a+2nb){\displaystyle \int_0^1 (1-x^2)^ndx }$ tend donc vers $+\infty$.Pour la source, c'est la RMS numéro 132-2.
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J'ai quand même un gros doute.
Il existerait 2 réels magiques $a$ et $b$, universels, strictement positifs, tels que pour tout d, tout polynôme P ... on ait telle propriété ? ? ?
Je ne connais pas la notation $R_d$ et donc il y a peut être un truc qui m'échappe. Mais l'ordre des quantificateurs me surprend beaucoup.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
$\R_d[X]$ est l'ensemble des polynômes réels de degré au plus $d$.
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En gros, pour un polynôme $P$ de degré au plus $d$ tel que $P(0)=1$, ${\displaystyle \int^1_{-1} |P(x)| dx}$ ne peut pas être " trop petit ". Je ne trouve pas cela choquant.
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Oui, tu as raison. Sinon, pour montrer que c'est vrai, tu peux commencer par voir ce que cela donne si $P$ n'a aucune racine dans $]-1, 1[$. Comme ça, la valeur absolue ne pose pas de problème. Ensuite, tu peux te dire qu'un polynôme change de signe uniquement entre ses racines, ce qui donne une expression peut-être plus simple à manipuler avec la linéarité de l'intégrale.Une autre idée : théorème des accroissements finis...[Ne pas confondre couple et intervalle ouvert ! AD]
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J'arrive à montrer avec mes idées précédentes que pour tout polynôme de degré $d$ tel que les racines sont dans $\mathbb{R}\setminus ]-1-\varepsilon, 1 + \varepsilon[$, on a :
$P(0) \leq \frac{1}{2}\left(1 + \frac{2 d}{\varepsilon}\right) \int_{-1}^1 P(t) dt.$
À mon avis, l'idée globale de l'exo doit être proche de ce que j'ai fait mais j'ai du mal l'exploiter...
Edit : j'ai corrigé une erreur de calcul. -
Sans valeurs absolues dans l'inégalité ?
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Voici l'énoncé tel qu'il est reporté dans la RMS (numéro 132-2):
- Montrer que pour tout entier $d\geq 1$, il existe un réel $C_d>0$ tel que : $$\forall P\in \R_d[X],\quad |P(0)|\leq C_d\displaystyle{\int^1_{-1}
|P(x)|dx} .$$
- Montrer qu'il existe deux réels $a>0$ et $b>0$ tels que tout entier $d\geq 1$ et pour tout $P\in \R_d[X]$, $$|P(0)|\leq (a+bd)\displaystyle{\int^1_{-1} |P(x)|dx}.$$
La première question est sans difficulté en remarquant que $P\mapsto \displaystyle{\int^1_{-1} |P(x)|dx}$ est une norme sur $\R_d[X]$ et que $P\mapsto P(0)$ est une forme linéaire continue sur cet espace vectoriel. - Montrer que pour tout entier $d\geq 1$, il existe un réel $C_d>0$ tel que : $$\forall P\in \R_d[X],\quad |P(0)|\leq C_d\displaystyle{\int^1_{-1}
|P(x)|dx} .$$
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Avec des valeurs absolues, bien évidemment. En fait, comme $P$ est de signe constant sur $]-1, 1[$, j'ai supposé que $P$ était positif sans perte de généralité.Math Coss a dit :Sans valeurs absolues dans l'inégalité ?
Pour @eiram, ça marche car $\mathbb{R}_d[X]$ est de dimension finie. Mais on pourrait très bien avoir seulement $C_d = e^d$, et dans ce cas, ce serait râpé... -
Est-ce que c'est une bonne idée d'étudier la démo de l'équivalence des normes dans un e.v de dimension fini ? Les constantes sont "explicitées", il y en a une qui est le $\inf$ sur la boule unité de $N_2$ de la fonction $N_1$ ... Peut-0être qu'on peut montrer que ce $\inf $ ou $\sup $ est sous-linéaire.
Il me semble qu'on a $N(x) \leq N_{\infty}(x) . A $ avec $A = \sum_{k = 0}^n N(e_k)$, où les $e_k$ sont une base de $E$ notre e.v. de dim finie.
---> I believe in Chuu-supremacy : https://www.youtube.com/watch?v=BVVfMFS3mgc <--- -
\[ N_{\infty} ( P ) = \sup_{[-1, 1]} |P| \ ; \ N(P) = \int_{-1}^1 | P(t) | \mathrm{d}t \]Ma reformulation.Si $S_{\infty} = \{ x \in E \ ; \ N_{\infty} (x) = 1 \} $, alors pour une norme $N$ quelconque, $x \in S_{\infty} \mapsto N(x) $ est $N_{\infty} $-continue, sur un compact. Je note donc $x_0$ un point ou le minimum est atteint.\[ N(x) = N \left( N_{\infty}(x) \cdot \frac{ x }{ N_{\infty}(x) } \right) = N_{\infty}(x) \cdot N ( u ) ,\]avec $u = \frac{ x }{ N_{\infty}(x) } \in S_{\infty} $ donc $N(u) \geq N(x_0) $ et ainsi $ N(x) \geq N_{\infty}(x) \cdot N(x_0) $. La question est donc : la valeur de $\frac{1}{N(x_0)} $ est-elle majorée par $a + db$ ?---> I believe in Chuu-supremacy : https://www.youtube.com/watch?v=BVVfMFS3mgc <---
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Une autre reformulation de l'exo (je n'ai aucune idée de comment avancer ceci dit).Montrer que la norme triple de $P\mapsto P(0)$ lorsqu'on munit $\R_d[X]$ de la norme 1 sur $[-1,1]$ est en $O(d)$.
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J'ai l'impression que la constante est $d+1$, pour le monôme $X^d$ ; dont le sup sur $[-1, 1]$ vaut $1$ mais je galère à le montrer.---> I believe in Chuu-supremacy : https://www.youtube.com/watch?v=BVVfMFS3mgc <---
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Et en décomposant P comme somme d'un polynôme pair et d'un polynôme impair ?Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
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En fait j’ai l’impression que le minimum ne peut être atteint pour un polynôme qui n’est pas de degré $d$. Prenons le degré 2. J’ai l’intuition qu'on peut ajouter un terme en $X^3$ pour garder un sup égal à 1 mais diminuer la norme $L_1$.[Inutile de reproduire le message précédent. AD]---> I believe in Chuu-supremacy : https://www.youtube.com/watch?v=BVVfMFS3mgc <---
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Il y a peut-être des choses intéressantes à tirer de ce problème de l'X (ou pas).
https://www.doc-solus.fr/prepa/sci/adc/pdf/enonces.pdf/2018/MP_MATHS_X_2_2018.enonce.pdf -
J'ai généralisé ma méthode pour obtenir le résultat suivant :Soient $\delta, \varepsilon > 0$ et $d \in \mathbb{N}^*$, on a (si $\delta \leq 1$) :$\forall P \in \mathbb{R}_d [X], (\forall x \in [-(\delta + \varepsilon), \delta + \varepsilon], P(x) \neq 0) \Longrightarrow |P(0)| \leq \left(\frac{1}{2 \delta} + \frac{d}{\varepsilon}\right) \int_{-1}^1 |P(t)| dt$Je trouve que c'est presque le résultat demandé. Le problème de singularité centrale en $0$ est cependant irréductible, donc ce n'est probablement pas la solution attendue.
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Bonjour,Je pensais que le résultat était faux mais malgré tout, il était (est) plausible car vrai dans sa version $L^2$.En posant $\forall x,\ Q(e^{ix})=P(\cos x)\sin(x) e^{i(d+2)x}$ et en utilisant la conjecture le Littlewood (qui est un théorème) on en vient à bout.C'est déjà un premier point de départ pour ne plus perdre de temps à chercher un contre-exemple.La revue citée plus haut propose-t-elle une solution ?
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Si il y avait un carré sous l’intégrale
https://math.stackexchange.com/questions/2400907/py-leq-c-int-11px2dx?noredirect=1 -
Bonjour,
Pour tout $d$, il existe un unique $Q\in\Bbb R _d[X] $ tel que : $\forall P\in \Bbb R _d[X], \; P(0)=\int_{-1}^1PQ$. Il est caractérisé par $\int_{-1}^1Q=1$ et $\forall k\in[\! [1, d] \!], \;\int_{-1}^1x^kQ(x) \, {\rm d} x=0$. Il "suffirait" donc de montrer que $\|Q\|_{\infty, [-1,1]}\leqslant a+bd$. -
Excellente idée, Calli ! Si on prend $a_Q = (a_0, ..., a_d) \in \mathbb{R}^{d+1}$ le vecteur des coefficients de $Q$, $u = (1, 0, 0, ..., 0) \in \mathbb{R}^{d+1}$ et on pose la matrice $B = (\int_{-1}^1 x^{i + j - 2} dx)_{1 \leq i, j \leq d+1}$, on obtient la caractérisation suivante de $Q$ :$B a_Q = u$Il suffit après de montrer que $\sum_{k} |{a}_k| \leq a + b d$.
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Posons $Q(x)=P(x)(1-x^2)$. Il existe $(\lambda_k)_{0\leqslant k\leqslant d+2}$ tel que $Q(\cos\theta)=\sum_{k=0}^{d+2}\lambda_k\cos k\theta$ pour tout $\theta$.On a $|Q(0)|=|\sum_{k=0}^{d+2}\lambda_k\cos\frac{k\pi}{2}|\leqslant \sum_{k\;\mathrm{pair}} |\lambda_k|$ donc il existe $k$ tel que $|\lambda_k|\geqslant \frac{|Q(0)|}{\frac{d}{2}+2}$.On a alors $\frac{\pi}{d+4}|Q(0)|\leqslant |\lambda_k|\frac{\pi}{2}=|\int_0^\pi Q(\cos\theta)\cos k\theta\,d\theta|\leqslant \int_0^\pi |Q(\cos\theta)|\,d\theta=\int_0^\pi |P(\cos\theta)|\sin^2\theta\,d\theta\leqslant \int_0^\pi |P(\cos\theta)|\sin\theta\,d\theta = \int_{-1}^1 |P(x)|\,dx$.
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Il fallait y penser !
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Joli !
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Je vais démontrer une autre inégalité en utilisant les propriétés des polynômes de Legendre.-On a en utilisant les notations de Calli : $\displaystyle Q=\sum_{k=0}^{d}a_{k}L_{k}$ où $L_{k}$ désigne le $k$-ième polynôme de Legendre.On sait également pour $k\in \{0,\ldots,d\}$ : $\displaystyle a_{k}=\frac{2k+1}{2}\int_{-1}^{1}Q(t)L_{k}(t)dt=\frac{2k+1}{2}L_{k}(0)$ (compte-tenu des moments du polynôme $Q$).On sait de plus par https://stringfixer.com/fr/Legendre_polynomial $$L_{k}(0)=\frac{(-1)^{\ell}}{4^{\ell}}\binom{2\ell}{\ell}=O\left(\frac{1}{\sqrt{\ell}}\right) \mbox{ si } k=2\ell \mbox{ et } L_{k}(0)=0 \mbox{ si } k=2\ell+1.$$On obtient ainsi : $\displaystyle \|Q\|_{2}^{2}=Q(0)=2\sum_{\ell \leq \frac{d}{2}}\frac{\vert a_{2\ell}\vert^{2}}{4\ell+1}\lesssim d$ d'où l'on tire $\|Q\|_{2}\lesssim \sqrt{d}.$On obtient alors par dualité : $\displaystyle \forall P\in \mathbb{R}_{d}[X],\mbox{ } \vert P(0)\vert \lesssim \sqrt{d}\|P\|_{2}.$
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BonjourJoli et joli (JLT, Bobbyjoe).En s'inspirant des séries de Fourier (mais on n'a affaire qu'à des polynômes trigonométriques).On a $\int_{-1}^{1} |P(t)|dt=\int_{0}^{\pi} |f(t)|dt=\frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi} |f(t)|dt,\quad (0) \quad$ où $\forall t\in \R,\ f(t) =P(\cos t) \sin t.$On vérifie que $b_k=\frac{2}{2\pi} \int_{0}^{2 \pi} f(t) \sin(kt) dt$, d'où $\forall k, \ |b_k|\le 2/\pi \int_{0}^{\pi} |f(t)|dt$.
$f$ est un polynôme trigonométrique (formule de Moivre) du type $f(t)=\sum_{k=1}^{d+1} b_k \sin (kt)$.
Par ailleurs, $||f||_{\infty} \le \sum_{k=1}^{d+1} |b_k|$.
Si on note $B=max_k |b_k|$, alors
(1) $||f||_{\infty} \le (d+1)B$
(2)$ B \le 2/\pi \int_{0}^{\pi} |f(t)|dt$ et donc $||f||_{\infty} \le 2(d+1)/\pi \int_{0}^{\pi} |f(t)|dt$.En constatant que $|P(0)|=|f(\pi/2)|\le ||f||_{\infty}$ et en utilisant $(0)$, on conclut.Inégalité en norme $L^2$.
Cette preuve de type "série de Fourier" s'adapte au cas $L^2$.
$||P||_{L^2}^{2}=\int_{0}^{\pi} |P(\cos x)|^2 \sin x dx \ge \int_{0}^{\pi} |f(x)|^2 dx=1/2 \int_{-\pi}^{\pi} |f(x)|^2 dx$ où $\forall x\in \R, f(x)=P(\cos x) \sin x$
Pour la dernière égalité on utilise que $f$ est impaire.Mêmes notations :
$\forall t, f(t)=\sum_{k=1}^{d+1} b_k \sin (kt), B=max_k |b_k|$.
Par Parseval, et avec l'inégalité précédente, il existe une constante universelle $C>$ (qu'on peut expliciter) telle que $||P||_{2}^{2} \ge C B^2$.
De $|P(0)|=|f(\pi/2)|\le B(d+1)$ on déduit alors l'inégalité en norme $L^2$ -
Soit $(L_k)$ la famille des polynômes de Legendre telle que définie ici https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Polynôme_de_LegendreCes polynômes sont tous bornés par $1$ sur $I$, que $\forall k,\ L_k(1)=1$ et que $(L_k) $ est une famille orthogonale échelonnée ($\deg(L_k) =k$) pour le produit scalaire euclidien $(f, g)=\int_{-1}^{1} f(t) g(t) dt$ avec $||L_k||_{2}^2=(L_k, L_k)=\frac{2}{2k+1}$.$P$ s'écrit $P=\sum_{k=0}^{d} a_kL_k$.
Ainsi $\forall k,\ \int_{-1}^1 |P| \ge |\int_{-1}^{1} PL_k|=|a_k|. ||L_k||_{2}^{2}$, d'où $|P(1)|=|\sum_k a_k| \le \sum_k |a_k| \le \sum_k \frac{1}{\|L_k\|_{2}^{2}} \int_{-1}^{1} |P|$.Fin à corriger pour conclure. Je n'arrive pas à conclure : on obtient une inégalité pour la forme linéaire qui à 1 associe $P(1)$...Finalement on y arrive.Ce qui précède permet de montrer une inégalité du type $\forall P,\ \deg(P)=d,\ |P(1)| \le C_d ||P||_{1}$, où $C_d$ s'écrit $C_d:=a+bd$ avec $a, b$ i dépendantes de $d$ (1)Soit $Q(X):=XP(1-X^2)$On a $Q(1)=P(0), ||Q||_{1}= \int_{0}^{1} |P(u)|du \le ||P||_{1}$ (on utilise $Q$ impaire et changement de variable sur $x\in [0;1], u=1-x^2$Puis d'après (1), $|Q(1)| \le C_{2d+1} ||Q||_{1}$ et donc on obtient l'inégalité recherchée.Rem : il est trivial de montrer que toutes les formes linéaires qui a $\alpha$ associe $P(\alpha) $ lorsque $\alpha $ est différent de $0$ vérifie une inégalité de celle attendue pour 0.Il suffit de considérer le polynôme $P_{\alpha}(X)=P(\alpha X) $ et d'itiliser l'inégalité en 1. -
Même preuve avec les polynômes de Tchebychev de 1ère espèce : https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Polynôme_de_TchebychevL'avantage par rapport à celle utilisant les polynômes de Legendre est qu'il est facile de prouver que tous les éléments sont bornés par 1. On retrouve la preuve de JLT (ie concernant l'introduction d'un poids $(1-x^2)^{\frac{1}{2}}$.On décompose $Q$, défini ci-dessous, suivant la famille des polynômes de Tchebychev :
$Q(X):=(1-X^2)P(X) =\sum_{k=0}^{d+2} a_k T_k(X)$
$\forall k, \ \int |P| \ge | \int P T_k (1-x^2)^{\frac{1}{2}}|= |(Q, T_k)|=|a_k|. ||T_k||_{2}^{2} \ge \frac{\pi}{2} |a_k|$ (1)Rappel : ici, le produit scalaire utilisé est défini par : $(f, g)=\int_{-1}^{1} \frac{f(t)g(t)dt}{(1-t^2)^{\frac{1}{2}}}$).Puis $|Q(0)|=|P(0)| \le \sum_{k=0}^{d+2} |a_k|$ et on termine avec (1). -
Oui @Calli, j'ai bu... Il faut utiliser l'expression explicite des $a_{k}$ (enfin juste leur décroissance).J'ai donc corrigé, merci! (et traité un autre problème car l'approche de JLT est inégalable)
Remarque : Je pense qu'une autre façon de procéder est d'utiliser les inégalités de Bernstein (sur le segment $[-1,1]$).On peut alors, à mon avis, majorer la norme infinie d'un polynôme sur un segment strictement inclus dans $[-1,1]$ en fonction de la norme $1$ (avec une constante qui explose linéairement en le degré de ce polynôme). -
Voilà ce que l'on peut dire en compilant toutes les idées de ce fil : Merci @JLT, @Lars et @Calli (je n'ai pas réussi à faire fonctionner les idées en utilisant les polynômes de Legendre... J'ai donc utilisé d'autres polynômes et un peu d'analyse de Fourier ^^).Les constantes implicites intervenant dans les majorations ne seront pas explicitées (juste le profil d'explosion m'intéresse et non les constantes optimales).Soit $\varepsilon\approx 0.$Considérons un polynôme $P\in \mathbb{R}_{n}[X].$On notera alors pour $k\in \{0,\ldots,n\},$ $U_{k}$ le $k$-ième polynôme de Tchebytchev de seconde espèce (qui est de degré $k$) vérifiant $\displaystyle \forall \theta\in \mathbb{R},\mbox{ } U_{k}(\cos(\theta))=\frac{\sin\left((k+1)\theta\right)}{\sin(\theta)}.$On écrit alors $\displaystyle P=\sum_{k=0}^{n}a_{k}U_{k}.$D'une part, on obtient par l'inégalité triangulaire et en utilisant l'expression des polynômes de Tchebtychev (on rappelle : $\displaystyle \forall x\in [-1,1],\mbox{ } \sin(\arccos(x))=\sqrt{1-x^{2}}$) : $$\forall x\in [-1+\varepsilon,1-\varepsilon]:=I(\varepsilon),\mbox{ } \vert P(x)\vert \lesssim \frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}\sum_{k=0}^{n}\vert a_{k}\vert \lesssim \frac{n}{\sqrt{\varepsilon}}\max_{k=0,\ldots,n}\vert a_{k}\vert.$$D'autre part, par le changement de variable $t=\cos(\theta),$ il vient : $$2\|P\|_{1}=2\int_{-1}^{1}\vert P(t)\vert dt=\int_{-\pi}^{\pi}\vert P\left( \cos(\theta) \right)\vert \vert \sin(\theta)\vert d\theta=\int_{-\pi}^{\pi}\big \vert \sum_{k=0}^{n} a_{k}\sin\left((k+1)\theta\right) \big\vert d\theta.$$Or, on sait pour tout $k\in \{0,\ldots,n\}$ : $\displaystyle \pi a_{k}=\int_{-\pi}^{\pi}\sin\left((k+1)\theta\right)\sum_{\ell=0}^{n} a_{\ell}\sin\left((\ell+1)\theta\right)d\theta$ et donc, on obtient alors par l'inégalité triangulaire : $\displaystyle \vert a_{k}\vert \leq \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\big \vert \sum_{\ell=0}^{n} a_{\ell}\sin\left((\ell+1)\theta\right) \big\vert d\theta \leq \frac{2}{\pi}\|P\|_{1}.$Il s'ensuit : $\displaystyle \|P\|_{\infty,I(\varepsilon)}\lesssim \frac{n}{\sqrt{\varepsilon}}\|P\|_{1}.$Remarque 1. En utilisant la majoration $\displaystyle \|U_{k}\|_{\infty}\leq (k+1)$ et en adaptant le passage précédent, il vient : $\displaystyle \|P\|_{\infty}\lesssim n^2\|P\|_{1}.$Cette dernière inégalité est d'ailleurs optimale (en ordre).En effet, pour $N\gg1,$ on a : $\displaystyle \|\left(U_{N}\right)^{4}\|_{\infty}\sim N^4$ et $\displaystyle \|\left(U_{N}\right)^{4}\|_{1}\sim N^2$ sachant que $\displaystyle \left(U_{N}\right)^{4}$ est un polynôme de degré $4N.$Enfin, voilà une preuve directe de l'inégalité de la remarque fondée sur l'inégalité de Bernstein sur le segment $[-1,1],$ à savoir : $\displaystyle \|P'\|_{\infty}\leq n^2\|P\|_{\infty}.$On écrit $\displaystyle \vert P(x_{0})\vert =\|P\|_{\infty}$ où $x_{0}\in [-1,1].$Soit $\delta \approx 0$ (à choisir d'un bon ordre un peu plus tardivement). Quitte à changer $P(X)$ en $P(-X),$ on peut supposer $\displaystyle J_{\delta}:=[x_{0},x_{0}+\delta]\subset [-1,1].$Par l'inégalité des accroissement finis puis l'inégalité de Bernstein, on a : $\displaystyle \forall t\in J_{\delta},\mbox{ } \big\vert P(t)-P(x_{0})\big\vert \leq \vert t-x_{0}\vert \|P'\|_{\infty}\leq n^2\delta \|P\|_{\infty}.$En choisissant $\displaystyle \delta\sim \frac{1}{n^2},$ on obtient en appliquant l'inégalité triangulaire renversée : $\displaystyle \forall t\in J_{\delta},\mbox{ } \vert P(t)\vert \gtrsim \|P\|_{\infty}.$Il s'ensuit : $ \displaystyle \|P\|_{1}\geq \int_{J_{\delta}}\vert P(t)\vert \gtrsim \delta\|P\|_{\infty}$ et en isolant, $\displaystyle \|P\|_{\infty}\lesssim n^2\|P\|_{1}.$Remarque 2. En décomposant cette fois-ci le polynôme $P$ sur la base des polynômes de Tchebtychev de première espèce -famille notée $(T_{k})$ et vérifant : $\displaystyle \forall \theta\in \mathbb{R},\mbox{ }T_{k}\left(\cos(\theta)\right)=\cos(k\theta)$-, on obtient alors : $\displaystyle \|P\|_{\infty}\lesssim d\int_{-1}^{1}\frac{\vert P(t)\vert}{\sqrt{1-t^2}}dt$ et cette inégalité est d'ailleurs optimale en ordre en la testant pour $\displaystyle P=\left(U_{N}\right)^{2}$ où $N\gg1$.
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BonjourDès que les fils sont longs, je n'arrive plus à lire les contributions (dont les miennes) et j'ai rédigé certaines parties sans notes. Donc je cite de mémoire avec le risque d'erreur. Je ne sais pas si c'est dû au fait que j'utilise mon téléphone.J'ai également vu que les inégalités publiées ne correspondent pas à ce que j'ai écrit : quand j'écris (en latex) $A\ge B\ C\ge D$ ça se transforme par ex en $A\ge B\ C\ge D\ge a \ge B \ge C... $ ce qui finit par devenir une inégalité fausse.Mystère, mystère...Peut-être en mettant un double dollar ???On peut prouver (rappel : de mémoire, je n'ai pas les inégalités sous les yeux)$||P||_{\infty}\le M_d ||P||_{1}$ avec $M_d=A+Bd$ où $A, B$ sont deux constantes universelles (qu'on pourrait expliciter) en recyclant les produits dérivés de deux des preuves que j'ai données ("série de Fourier", Legendre).$\forall P\in \R_d[X]$, quitte à augmenter les différentes constantes, la première preuve donne en fait$\forall x\in [-1;1],\ |(1-x^2)^{\frac{1}{2}}|P(x)|\le M_d ||P||_1$, la seconde donne $|P(1)|\le M_d ||P||_1$.La seconde permet d'avoir le même contrôle sur la forme linéaire $|P(\alpha) |$ uniformément en $1\ge |alpha|>1/2$ ce qui donne l'inégalité. Ce n'est pas immédiat, mais il me semble avoir écrit comment faire en note (sinon, on considère $P_{\alpha}(X):=P(\alpha X)$, changement de variable, utilisation de l'inégalité en 1, puis majoration...etc).
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@Lars L'inégalité que tu cherches à prouver est fausse justement (l'erreur provient du fait qu'avec tes notations, il n'est pas vrai que $\displaystyle \|f\|_{\infty}\sim \|P\|_{\infty}$) ... cf la remarque 1 de mon dernier post (les polynômes peuvent être concentrés au bord de l'intervalle d'intégration... c'est de là que le problème réside !).
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Ok
soit l'une de ces deux preuves est fausse, soit le dernier message est faux (peut-être est-ce les deux inégalités que je pense avoir prouvé ?) .Dans les 2 cas, il m'est impossible de relire, vérifier, corriger.
Si c'est un problème dû au fait que j'utilise un téléphone, je pourrai corriger à la rentrée.
En tout cas merci bobbyjoe pour le retour.
Par ailleurs, si quelqu'un sait pourquoi les inégalités publiées sont plus bavardes que les inégalités tapées en latex, ça m'intéresse. -
En fait, je ne suis pas d'accord.
Je n'ai pas écrit que norme de $f$ infinie est de l'ordre de norme infinie de P$ $mais $\sup_{[-1;1]} (1-x^2)^{1/2}|P| \le (a+bd)||P||_{1}$
Et donc je suis d'accord pour dire que le problème réside en $1$ mais j'ai réussi à contrôler ce qui se passe en $1$ avec les polynômes de Legendre.Donc, finalement, je pense que la preuve est correcte si la preuve que j'ai donnée avec les polynômes de Legendre est vraieEt comme cette preuve m'a donné beaucoup de mal (initialement ce que j'avais publié était grossièrement faux) il est fort probable qu'elle soit encore fausse.
Mais j'ai bon espoir.
Je vérifierai à la rentrée. -
Pour que ce soit plus clair, si on arrive à prouver$\forall P\in \R_d[X], |P(1)|\le C_d ||P||_{1}$ avec $C_d=a+bd$, $a, b$ étant deux constantes indépendante de $d$,Soient $\alpha \in \R$ tel que $1/2 \le |\alpha| \le 1$ et $P_{\alpha}(X):=P(\alpha X) $ alors $|P_{\alpha}(1)\le C_d \int_{-1}^{1}|P(\alpha t)|dt$ d'où $|P(\alpha)|\le \frac{C_d}{\alpha} \int_{-|\alpha|}^{|\alpha|} |P(u)|du \le 2 C_d ||P||_{1}$ d'où $\sup_{\alpha \in J} |P(\alpha) |\le 2C_d ||P||_{1}$ où $J=[-1;-1/2]\cup [1/2;1]$
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Intéressant @BobbyJoe 👍. J'ajoute un lien vers ton message dans le fil "Une inégalité de normes" qui traite du même sujet.
@Lars : Moi non plus sur téléphone je n'arrive pas à lire le LaTeX. Donc j'utilise l'ordinateur. -
Si on arrive à prouver $\forall P \in \R_{d} [X], sup_{x\in [-1;1]} ((1-x^2)^{1/2}|P(x)|) \le C_d ||P||_{1}$ où $C_d=a+bd$ où $a, b$ sont deux constantes indépendantes de $d$ alors $\forall x\in [-1/2;1/2], |P(x)| \le \frac{2C_d}{\sqrt 3} ||P||_{1}$Si les hypothèses de ce message et du précédent sont vraies alors on peut majorer la norme infinie de $P$ (sur $[-1;1]$) par $M_d ||P||_{1}$ où $M_d=A+dB$ avec $A, B$ deux constantes indépendantes de $d$ qu'on peut expliciter.J'affirme que ces deux hypothèses sont vraies et ont été démontrées dans ce fil (enfin l'une des deux (celle de ce message) est accessible avec une autre inégalité. Je ne suis pas en mesure de vérifier qu'il n'y a pas d'erreur (je verrai à la rentrée).Et s'il devait y avoir une erreur, je pencherais pour la preuve via les polynômes de Legendre (ie celle donnant la majoration de $|P(1)|$) qui m'a donné beaucoup de mal.
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Impossible de relire/corriger ce que j'ai publié.Soit $Q$ le polynôme trigonométrique défini par $\forall u, Q(u)=P(\cos u)$ où $P\in \R_d[X] $. $Q$ est de degré $d$ et vérifie (inégalité de Bernstein trigonométrique), $||Q'||_{\infty} \le d ||Q||_{\infty}=d||P||_{\infty}$.On a $\forall u, Q'(u)=-P'(\cos ( u) ) \sin u$ et donc $\int_{-1}^{1} |P'(t)| dt=\int_{0}^{1} |P'(\cos (u)| \sin u du \le \pi d ||P||_{\infty} $ (1)Supposons l'existence d'une inégalité $$\forall d, \forall P\in \R_d[X], ||P||_{\infty} \le (a+b^{\alpha})||P||_{1}$$ où $a, b, \alpha$ sont trois constantes indépendantes de $d$ avec $\alpha <1$.D'après $(1)$ on a alors$$||P'||_{\infty} \le (a+(d-1)^{\alpha})||P'||_{1} $$Suite $$\le (a+d^{\alpha})\pi d ||P||_{\infty}$$ et donc une inégalité du type$||P'||_{\infty} \le M_d ||P||_{\infty} $ (2) avec $M_d \sim_{\infty} d^{1+\alpha}$ et cette inégalité viole l'inégalité de Bernstein pour les polynômes (la puissance dans l'inégalité de Bernstein étant optimale).En conclusion, une inégalité de type (2) est fausse.
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En fait, il suffit de considèrer le polynôme $X^d$ et c'est fini...(pour démontrer la non existence d'une inégalité telle que définie dans le précédent message).
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Relis donc les messages précédents pour voir des exemples de polynômes qui saturent (en ordre) les inégalités obtenues (ces inégalités s'appellent des inégalités de Nikolskii).
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Désolé, je ne peux relire aucun message avec mon téléphone (les miens compris).
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En reprenant les notations de la partie série de Fourier,$\forall t,\ f(t):=P(\cos t) \sin t =\sum_k b_k \sin (kt)$, d'où par DL en 0, $P(1)=\sum kb_k$ puis par Cauchy-Schwarz $P(1)^2 \le \sum_k b_{k}^{2} \sum_l l^2$.Par Parseval, à une constante près, $\sum_k b_{k}^2=\int_{[-1;1]} |P(u)|^2 (1-u^2)^{1/2} du$.Si on a bien démontré (à confirmer), $\forall t\in [-1;1], \ |(1-t^2)^{1/2} P(t)| \le C_d ||P||_{1}$ (0) alors le terme de droite de l'inégalité précédente est majoré par $C_d ||P||_{1}^{2}$ et donc (à une constante près) $\sum_k b_{k}^2 \le C_d ||P||_{1}^{2}$.Et donc (à une constante près) $P(1)^2 \le d^3 C_d ||P||_{1}^{2}$ et donc pour $d\ge 1$ on a une inégalité du type $|P(1)| \le Md^2||P||_{1}$.Mais alors $\forall \alpha\in \R$ tel que $|\alpha| \le 1/2$ on a $|P_{\alpha}(1) \le \frac{M}{\alpha} d^2||P||_{1}$ puis $\sup_{|x|\ge 1/2} |P(x)| \le 2Md^2||P||_{1}$.Si on a bien démontré l'estimation (0), on a une estimation $\sup_{x\in [-1;1]} |P(x)| \le 2Md^2||P||_{1}$.
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L'estimation précédente est optimale donc j'avais une erreur (sans doute dans la "preuve" utilisant les polynômes de Legendre) et bobbyjoe avait la meilleure estimation possible.Mais la preuve de l'optimalité (à un facteur près) est très difficile à obtenir et j'ai utilisé les sommes partielles (qui sont donc des polynômes trigonométriques en sinus) de la série de Lebesgue $\ \displaystyle \sum_{k=2}^{+\infty} \frac{\sin (kt)}{\ln k}$Plus précisément, j'ai considéré la famille $(P_d),\ P_d\in \R_d[X]$ définie par $\ \displaystyle \forall x,\ P_d(\cos x) \sin x = \sum_{k=1}^{d+1} \frac{\sin (kt)}{\ln k}$.Je n'ai pas rédigé tous les détails, j'ai donc peut-être des surprises en réserve.On peut presque avoir le facteur optimal à un facteur $\ln d$ près, en considérant plus simplement la famille de polynômes $P_d$ de degré $d$ tels que $P_d(\cos x) \sin x = \sum_{k=1}^{d+1} \sin(kt)$, mais ce n'est déjà pas trivial. Ceux sont les polynômes de Tchebychev de seconde espèce qui font leur apparition comme souvent dans les problèmes d'optimalité, mais une fois n'est pas coutume, ils ne donnent pas la meilleure estimation.Là aussi, je suis allé vite, donc sous réserve de vérification ultérieure.
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