Matrices de Hilbert — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Matrices de Hilbert

Bonjour, je reviens sur une question posée sur ce forum il y a quelques années ; une réponse avait été donnée qui n'était pas complète et je pense que la question méritait d'être revisitée ; voici la question.

On donne une fonction $f$ vérifiant :
1) $f$ est continue sur le segment $[0; \; 1]$.
2) pour un entier $n$ supérieur ou égal à $1$, on a :
$$
\forall k \in [0; \; n-1] , \qquad \int_0^1 x^k f(x) \mathrm dx \; = \; 1.

$$ On veut prouver que dans ces conditions, on a $ \displaystyle \int_0^1 f(x)^2 \mathrm dx \geq n^2$.
A demon  wind propelled me east of the sun

Réponses

  • Pour $k=0$, l'égalité donne $\int_0 ^1 f(x) \: dx = 1$.
  • J'ai corrigé ...
    A demon  wind propelled me east of the sun
  • Simple Cauchy-Schwarz.
  • Avec la correction, effectivement Cauchy-Schwarz apparaît naturellement, mais moi je ne trouve pas du $n^2$ ...
  • Je précise, j'applique Cauchy-Schwarz avec $f$ et $g:x\mapsto x^k$, cela me donne au final que $\int_0^1 (f(x))^2 dx$ se minore par tout $2k+1$, et donc par $2n-1$, mais je ne suis pas encore au carré. Il doit falloir l'appliquer de manière plus subtile
  • Disons qu'une première étape consisterait à introduire le sev $E_n = \mathbb{R}_{n-1}[X]$.
    A demon  wind propelled me east of the sun
  • Moi ça me fait penser à une question de norme de projection orthogonale, et il doit y avoir du polynôme de Legendre la dedans, mais je n'ai pas le courage de m'y lancer.

    Il est vrai que Cauchy-Schwarz aurait été mon premier réflexe lorsque tu as ajouté le carré, mais contrairement à RLC, je n'y suis pas parvenu.
  • Oui moi aussi je suis de l'avis de math 2.

    L'hypothèse dit que pour tout polynôme $P$ de degré inférieur à $n-1$ on a
    $$
    \int_0^1 f(x) P(x) dx = P(1).

    $$ Considérons $L_k$ la base orthonormée des polynômes pour le produit scalaire $\langle f , g\rangle =\int_0^1 f(x) g(x) dx$.
    On a donc $$\int_0^1 f^2(x) dx \ge \sum_{k=0}^{n-1} \langle f , L_k \rangle ^2=\sum_{k=0}^{n-1} L_k(1)^2.

    $$ Ce n'est pas exactement les polynômes de Legendre car le produit scalaire est sur $[0,1]$. Notons $P_k$ le $k$-ème polynôme de Legendre qui est un système orthogonal pour le produit scalaire sur $[-1,1]$ avec la convention $P_k(1)=1$ et $<P_k,P_k>_{[-1,1]}=\frac{2}{2k+1}$. Sauf erreur de ma part, avec le changement de variables et la normalisation on aurait
    $$ L_k(x) =\sqrt{2k+1} P_k (2 x-1),

    $$ en injectant dans l'équation on a $$\int_0^1 f^2(x) dx \ge \sum_{k=0}^{n-1} (2k+1)=n^2.$$
  • 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.
    A demon  wind propelled me east of the sun
  • Bonjour
    Soit $<u,v>$ le produit scalaire $\int_0^1 u(x) v(x) dx$
    et $L_j$ la famille de polynômes orthogonaux t.q $<L_j,L_j>=1,\ \deg(L_j)=j $ et on impose que le coefficient dominant soit $>0$ de façon à avoir l'unicité.
    Posons $H_n=\sum_{j=0}^{n-1} \sqrt{2j+1} L_j.$
    L'étude des $L_j$ étant (supposée) connue, on démontre par récurrence que
    $H_n$ vérifie $<H_n,L_j>=1,j=0,\ldots,n-1$ et que $<H_n,H_n>=n^2$

    En fait il est facile de voir que $H_n$ est l'unique élément de $\R_{n-1}[X]$ vérifiant les hypothèses.

    Maintenant une fonction $f\in C([0,1],\R)$ se décompose de façon unique en $f=p+ g$ avec $p\in \R_{n-1}[X]$ et $g$ dans l'orthogonal. Si $f$ vérifie les hypothèses alors $p=H_n$ et le résultat découle de Pythagore.
  • Possible que je me sois gourré en faisant de tête comme toujours.
    Mon idée était d'exprimer l'intégrale de $x^{n-1}f(x)$ au carré sous forme d'une intégrale double, de séparer les $f$ d'un côté et les puissances de l'autre par Cauchy-Schwarz.

    Edit : je vois le problème. Dommage, je pensais que l'astuce de l'intégrale double gommerait le problème du carré en jouant sur le fait que l'intégrale vaut 1
  • Les matrices de Hilbert interviennent lorsque l'on cherche le polynôme $P\in \R_{n-1}[X]$ qui est la projection orthogonale de $f$ sur $\R_{n-1}[X]$, ce qu'a fait bd2017 ci-dessus.

    En effet un tel polynôme vérifie $\langle P, x^k\rangle=1$ pour tout $k\in [\![0,n-1]\!]$ et et développant selon les coefficients $p_0,...,p_{n-1}$ de $P$, on se retrouve à résoudre le système $H_n \begin{pmatrix}
    p_0\\
    \vdots \\
    p_{n-1}
    \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
    1\\
    \vdots \\
    1
    \end{pmatrix}$

    où $H_n$ est la matrice de Hilbert $n\times n$.

    Pour finir, $\|f\|^2\geq \|P\|^2=\langle P,P\rangle = P(1)=\sum_k p_k$.

    En notant $e$ le vecteur de $\R^n$ qui ne contient que des 1, la dernière somme devient : $\sum_k p_k=\langle \begin{pmatrix}
    p_0\\
    \vdots \\
    p_{n-1}
    \end{pmatrix}, e\rangle= \langle H_n^{-1}e,e\rangle$ et cette dernière valeur est égale à la somme des coefficients de la matrice inverse de Hilbert qui vaut... $n^2$.

    Voir partie IV ici https://www.maths-france.fr/MathSpe/Problemes/Centrale/2011/Centrale_2011_MP_M2_Enonce.pdf

    et corrigé ici https://www.maths-france.fr/MathSpe/Problemes/Centrale/2011/Centrale_2011_MP_M2_Corrige.pdf

    surtout la question IV.A.6.

    PS. bon ça revient à ce qu'a fait bd2017 et psychcorse mais on voit intervenir les matrices de HIlbert... ce qui rend le tout plus long finalement.
  • 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.
    A demon  wind propelled me east of the sun
  • Je propose une extension de ce problème : On suppose qu'on a $n \geq 1$ et $f \in L^2 ([0;1])$, à valeurs réelles, telle que $\int _0 ^1 t^k f(t) \: dt $ a la même valeur pour tous $1 \leq k \leq n$. Montrer qu'alors $\int _0 ^1 f^2 (t) \: dt \geq (n \int _0 ^1 f (t) \: dt)^2 $ (remarquons que pour $n=1$, cela découle de Jensen ou de Cauchy-Schwarz).

    Je ne sais pas si les polynômes de Legendre suffisent. Je suggère plutôt de regarder du côté des déterminants de matrices de la forme $m_{i,j} = \frac{1}{a_i + b_j }$, mais il y a sans doute plusieurs méthodes.
  • @F. B je ne vois rien de vraiment nouveau. Le fait que f soir dans $L^2$ ne change rien et puis si tu désignes par $a$ la valeur commune, il suffit d'appliquer ce qui a été fait à la fonction $\dfrac{1}{a} f.$
  • Ici, on commence à $k=1$ et non à $0$.
  • Si tu prends $n=3$ et $f(x)=2-30 x^2+35x^3$

    On a $<f(x),x>=<f(x),x^2>=<f(x),x^3>=1/2$

    $<f(x),f(x)>=4$ et $(n <f(x),1>)^2=81/16>4$


    ça ne marche pas
  • Bon, je me suis peut-être trompé, alors.
  • Je propose la correction suivante de l'inégalité que je voulais proposer :
    On suppose que $\int _0 ^1 t^k f(t) \: dt $ a la même valeur pour tous $1 \leq k \leq n$ où $n$ est un entier pair.

    Alors $\int _0 ^1 f^2 (t) \: dt \geq {n+2 \choose 2} \left( \int _0 ^1 f(t) \: dt \right) ^2 $.

    J'espère que celle-ci est juste, même si elle ne généralise pas vraiment l'inégalité de départ.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!