Théorème de Müntz A. Déterminants de Cauchy

MP 933 & 934
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Théorème de Müntz
Mines MP 2009 Maths II
1. Il s’agit de montrer que la seule combinaison linéaire1 des ϕλ qui est nulle... est la combinaison linéaire triviale.
❏ Soient n un entier, λ1 , ..., λn ∈ R + des réels distincts deux à deux, et α1 , ..., αn ∈ R tels que
α1 ϕλ1 + · · · + αn ϕλn = 0. Une façon classique de montrer que chaque αi est nul consiste à considérer le plus
n
P
grand des λi , disons λi0 , diviser par xλi et faire tendre x vers +∞ dans la relation
αi xλi −λi0 , ce qui élimine le
i=1
terme αi0 . Malheureusement, les objets considérés sont ici des fonctions sur [ 0 ; 1 ]...
On feinte, en divisant (sur ] 0 ; 1 ]) par xλi0 (le minimum des λi ) et on fait tendre x vers 0. Plus précisément, on
suppose la combinaison linéaire précédente non triviale, et on note i0 l’indice correspondant
au λi minimum (parmi
P
les i tels que αi 6= 0). On obtient alors après division par xλi0 (pour x > 0) : αi0 +
αi xλi −λi0 = 0. En faisant
i6=i0
tendre x vers 0+ , on obtient alors αi0 = 0, ce qui est absurde.
On peut également évaluer en 1, 21 , 14 , . . . , 21n et obtenir un déterminant de Vandermonde. Ou bient, on peut considérer
l’application ϕ qui à une fonction f associe x 7→ x f ′ (x) et observer que les fonctions x 7→ xλ sont valeurs propres
pour des valeurs propres distinctes... Bref, il y a vraiment beaucoup de démonstrations possibles !
La famille (ϕλ )λ>0 est libre.
A. Déterminants de Cauchy
La condition « ak +bk 6= 0 pour tout k ∈ [ 1 ; n]] » est insuffisante. On supposera donc plutôt que pour tout i, j ∈ [ 1 ; n]],
ai + bj 6= 0.
2. Commençons par noter que la phrase « si R(X) est de la forme... » n’est pas présente ici seulement pour fixer les
notations : si les bk sont distincts deux à deux, alors la décomposition en éléments simples de R (dont le dégré est
−1 donc la partie entière nulle) est bien de la forme demandée. Mais si deux des bi sont égaux, R ne se décompose
pas sous la forme demandée. Il s’agissait donc bien d’une hypothèse.
Avec les notations de l’énoncé, on réalise2 l’opération sur les colonnes Ck :
Cn ←
n
P
Ak Ck .
k=1
Une telle opération multiplie le déterminant par An , et transforme la dernière colonne en
P





Ak
R(a1 )
0
 a1 + b k 


 .. 
..




 . 
..
.

,
c’est-à-dire
,
soit
encore



.
.


R(an−1 )
 0 
P A

k
R(an )
R(an )
an + b k
Il reste à développer selon la dernière colonne pour obtenir exactement le résultat demandé :
An Dn = R(an )Dn−1 .
3. On commence par écarter le cas où deux des bi sont égaux : dans ce cas en effet, deux colonnes de la matrice de
Cauchy sont égales, donc le déterminant est nul, tout comme le membre de droite de la formule proposée.
On suppose donc à partir de maintenant que les bi sont distincts deux à deux, ce qui permet d’utiliser la question
précédente.
Une multiplication-évaluation standard fournit :
((X + bn ) R) (−bn ) = An =
n−1
Y
i=1
1
2
n−1
Y ai + b n
−bn − ai
=
.
−bn + bi
b − bi
i=1 n
Et on parle bien de sommes finies, bien entendu...
Comme indiqué maladroitement dans l’énoncé !
dimanche  janvier  —  nivôse 
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
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La question précédente fournit alors (attention au terme isolé !) :
n−1
Y
i=1
Dn =
(an + bn )
((an − ai )(bn − bi ))
n−1
Y
(ai + bn )
i=1
Dn−1 ,
n−1
Y
(an + bj )
i=1
et la formule proposée dans l’énoncé s’en déduit alors par récurrence.
Pour les grognons, notons Gn le membre de droite de la formule proposée. Si on pense aux termes présents dans
Gn et à ceux présents dans Gn−1 , on constate qu’il y en a beaucoup en commun ! Ceux qui manquent sont au
numérateur les (an − ai )(bn − ai ) pour i < n, et au dénominateur les an + bj avec j < n, les ai + bn avec i < n, et
enfin an + bn . On a donc :
n−1
Y
((an − ai )(bn − bi ))
i=1
Gn =
(an + bn )
n−1
Y
(ai + bn )
i=1
Gn−1 ,
n−1
Y
(an + bj )
i=1
ce qui est la même relation de récurrence que celle vérifiée par les Dn . Puisque D1 =
opère sa magie :
Dn =
Y
16i<j6n
1
= G1 , la récurrence
a1 + b 1
(aj − ai )(bj − bi )
Y
.
(ai + bj )
16i,j6n
B. Distance d’un point à une partie dans un espace normé
4. Rappelons que la borne inférieure d’un ensemble est la limite d’une suite d’éléments de cet ensemble. Ici, on dispose
donc d’une suite d’éléments de A, disons (an )n∈N , tels que kx − an k −−−−→ d(x; A). Si cette distance est nulle, on a
n→∞
alors an −−−−→ x, donc x est bien adhérent à A.
n→∞
Réciproquement, si x est adhérent à A, alors il existe (xn )n∈N à valeurs dans A tels que xn −−−−→ x, et on a donc
n→∞
kxn − xk −−−−→ 0, de sorte que la borne inférieure des kx − yk, pour y décrivant A, est alors nulle.
n→∞
d(x; A) = 0 si et seulement si x est adhérent à A.
5. Notons tout d’abord que la relation An ⊂ An+1 nous assure que d(x; An ) > d(x; An+1 ) : la suite de terme général
d(x; An ) est décroissante et à valeurs positives, elle admet donc une limite ℓ > 0.
d(x; An )
An
d(x; An+1 )
An+1
Fig. 1 — d(x; An ) > d(x; An+1 )
Soit n ∈ N ; remarquons que, pour tout a ∈ An ⊂ A, on a d(x; A) 6 kx − ak ; en passant à la borne inférieure pour
a ∈ An , on obtient d(x; A) 6 d(x; An ). Puis, par passage à la limite, d(x; A) 6 ℓ.
Pour l’inégalité réciproque, fixons ε > 0. Il existe a0 ∈ A tel que kx − a0 k 6 d(x; A) + ε. Puisque A est la réunion
des An , il existe n0 tel que a0 ∈ An0 .
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
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a0
d(x; A)
x
ε
An0
Fig. 2 — Le point a0 et la partie An0 .
On a alors d(x; An0 ) 6 kx − a0 k 6 d(x; A) + ε, puis par décroissance de la suite de terme général d(x; An ) :
ℓ 6 d(x; An0 ) 6 d(x; A) + ε.
Ceci étant vrai pour tout ε > 0, donc ℓ 6 d(x; A).
Au total, on a bien le résultat souhaité :
d(x; An ) −−−−→ d(x; A).
n→∞
6. Le sous-espace V est de dimension finie donc est fermé. Comme 0 ∈ B, on en déduit que B est non vide (!) et c’est
un fermé ; ainsi, l’intersection B ∩ V est fermée. Elle est de plus bornée (incluse dans B). Ainsi, B ∩ V est une partie
fermée et bornée de l’espace de dimension finie V, donc :
B ∩ V est compacte.
Soit x ∈ E. Puisque B ∩ V et une partie non vide (contient 0) de V, on a bien entendu d(x; V) 6 d(x; B ∩ V). Mais
plus précisément :
d(x; V) = inf kx − yk = min
inf kx − yk , inf kx − yk = min (d(x; B ∩ V), d(x; V r B)) .
y∈V
y∈B∩V
y∈VrB
— Si y ∈ V r B alors kx − yk > kxk, donc d(x; V r B) > kxk.
— Par ailleurs, d(x; B ∩ V) 6 kx − 0k = kxk.
On a donc bien :
d(x; V) = d(x; B ∩ F).
7. Soit x ∈ E. La fonction y 7→ kx − yk est continue (1-lipschitzienne) sur le compact B ∩ V, donc (est bornée et...)
possède un minimum : il existe y0 ∈ B ∩ V tel que d(x; B ∩ V) = kx − y0 k. D’après la question précédente, on a alors
bien :
d(x; V) = kx − y0 k.
C. Distance d’un point à un sous-espace de dimension finie dans un
espace euclidien
8. Puisque V est de dimension finie, le cours nous assure que E = V ⊕ V⊥ , et on peut donc projeter orthogonalement
sur V.
Ceux qui trouvent ces précautions superflues sont invités à considérer V l’ensemble des applications polynomiales
sur [0, 1] et penser au théorème de Weierstrass. Les imprudents qui auront tenté de faire un dessin sont alors invités
à prendre une aspirine.
Fixons x ∈ E, et notons y le projeté orthogonal de x sur V. On a alors z = x − y ∈ V⊥ .
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
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❪
x ✕✁❏
✁ ❏
✁
❏ x−t
✁
❏
✑ ✁
✑
❏
✑
✑
✑
✑
✁ y✟
❏
✿
✯ ✘✘✘
✑
✑
✁✟✟
✘ t
✘
✑
✑
✘
✑
✁ ✘
✟
✘
✑
✑
✑
✑ V
✑
✑
✑
Fig. 3 — Un dessin, et tout s’éclaire.
Si t ∈ V, on écrit alors, inspiré par le dessin précédent :
2
2
2
2
2
kx − tk = (x − y) + (y − t) = kx − yk + ky − tk > kx − yk .
| {z } | {z }
∈V
=z∈V⊥
Ainsi, kx − yk est le minimum des kx − tk pour t décrivant V, donc d(x; V) = kx − yk.
On note enfin que si y1 est un autre élément de V réalisant ce minimum, Pythagore nous assure que ky − y1 k2 = 0,
donc y = y1 .
p⊥
V (x) est l’unique élément y de V tel que d(x; V) = kx − yk.
9. Supposons la famille (x1 , ..., xn ) liée. Quitte à réindexer, on peut supposer par exemple : xn =
n−1
P
αk xk . L’opération
k=1
élémentaire sur les colonnes Cn ← Cn −
en

′
n−1
P
αk Ck ne change pas le déterminant, et transforme la dernière colonne
k=1

hx1 |vi


C′ =  ... 
avec
hxn |vi
v = xn −
n−1
X
αk xk = 0,
k=1
donc C = 0, donc G(x1 , ..., xn ) = 0.
Réciproquement,
(et par la contraposée) : supposons la famille E = (x1 , ..., xn ) libre. Elle constitue alors une base du sous-espace V
qu’elle engendre. Si on note F une base orthonormée de V, la matrice du produit scalaire (enfin, de sa restriction
à V2 ; notons le ϕ) dans F vaut d’une part mat(ϕ, F ) = In , et d’autre part (ben oui, c’est dans votre de cours de
première comme de seconde année...) :
mat(ϕ, F ) = t P · mat(ϕ, E) · P,
avec P la matrice de passage de E vers F (à laquelle on ne donnera pas de nom, pour éviter d’irréversibles guerres
de religions). Il reste à noter que mat(ϕ, E) n’est autre que M(x1 , ..., xn ), puis prendre le déterminant de tout ce
beau monde.
G(x1 , ..., xn ) = 0 si et seulement si (x1 , ..., xn ) est liée.
10. Soit x ∈ E. Notons y le projeté orthogonal de x sur V, puis z = x − y, de sorte que z est orthogonal à V donc à
n
n
P
P
chaque xi . On décompose y selon les xi : y =
αi xi . L’opération élémentaire Cn+1 ← Cn+1 −
αi Ci dans le
i=1
calcul du déterminant de M(x1 , ..., xn , x) fournit
hx1 |x1 i
..
G(x1 , ..., xn , x) = .
hxn |x1 i
hx|x1 i
i=1
alors :
···
hx1 |xn i
..
.
· · · hxn |xn i
· · · hx|xn i
hx1 |zi .. . = hx|zi G(x1 , ..., xn )
hxn |zi
hx|zi (tous les termes de la dernière colonne sont nuls, sauf éventuellement le dernier). Il reste à noter que hx|zi =
hy + z|zi = hz|zi = d(x; V)2 . En divisant par G(x1 , ..., xn ) qui est bien non nul d’après la question précédente, on
trouve bien comme demandé :
d(x; V)2 =
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G(x1 , ..., xn , x)
.
G(x1 , ..., xn )
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
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D. Comparaison des normes N∞ et N2
2
2
11. Pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ], |f (x)| 6 N∞ (f ), donc |f (x)| 6 N∞ (f ) , donc 0 6
Z
0
1
2
|f (x)| dx 6 N∞ (f )2 , puis :
N2 (f ) 6 N∞ (f ).
∞
N
Si A est une partie de C([ 0 ; 1 ]) et f ∈ A , alors il existe alors des fn ∈ A tels que fn −−−∞−→ f , c’est-à-dire
n→∞
N
2
N∞ (f − fn ) −−−−→ 0. On a alors N2 (f − fn ) −−−−→ 0, donc fn −−−2−→ f , donc f ∈ A . Ainsi :
n→∞
n→∞
n→∞
∞
A
2
⊂A .
12. Un demi chapeau pointu renversé devrait faire l’affaire. Définissons donc, pour n ∈ N∗ , fn la fonction continue,
affine sur les segments [ 0 ; 1/n ] et [ 1/n ; 1 ], avec de plus f (0) = 0, et f (1/n) = f (1) = 1.
Fig. 4 — Les graphes de f2 et f20
1
On a bien entendu fn ∈ V0 pour tout n ∈ N∗ , et N2 (fn − ϕ0 ) 6 √ . Je laisse au courageux le difficile calcul exact
n

1

= 0 si x >
de cette norme, me contentant d’une majoration basique, sachant que |fn (x) − ϕ0 (x)|
n.
6 1 sinon
On peut également prendre la suite intuitive fn (x) = 1 − (1 − x)n ... qui simplifie bien les calculs !
On a bien prouvé :
2
ϕ0 ∈ V0 .
13. — L’application Φ : f 7→ f (0) est continue pour N∞ (elle est linéaire et vérifie |Φ(f )| 6 N∞ (f )) donc son noyau,
2
en tant que image réciproque du fermé {0}, est un fermé, donc V0 = V0 6= C([ 0 ; 1 ]) :
V0 n’est pas dense pour N∞ .
— Soit g ∈ C([ 0 ; 1 ]) : g = g(0)ϕ0 + (g − g(0)ϕ). En reprenant les fonctions fn de la question précédente, on peut
|
{z
}
∈V0
approcher ϕ0 par fn (qui est petit pour N2 ), ce qui nous conduit à considérer :
gn = g(0)fn + (g − g(0)ϕ).
On a N2 (g − gn ) = |g(0)| N2 (ϕ0 − fn ) −−−−→ 0, et gn ∈ V0 , donc g est adhérent à V0 pour N2 . Ainsi,
n→∞
V0 est dense pour N2 .
Remarque : On a le résultat classique (mais hors programme) suivant : « Si ϕ est une forme linéaire sur E, alors
son noyau est dense
si et seulement ϕ n’est pas continue. » Ici, en notant Φ : f 7→ f (0) :
— La majoration Φ(f ) 6 N∞ (f ) assure que Φ est continue pour N∞ , donc son noyau V0 n’est pas dense pour
N∞ .
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— Si on remet les chapeaux pointus à l’endroit : N2 (1 − fn ) −−−−→ 0, donc 1 − fn −−−−→N2 0 mais Φ(1 − fn ) −−−−→
n→∞
n→∞
n→∞
1 6= Φ(0), donc Φ n’est pas continue pour N2 , donc son noyau V0 est dense pour N2 .
Pour prouver le sens plus difficile de ce résultat, on utilise d’ailleurs une technique très proche de celle employée ici
dans ce cas particulier.
14. Déjà, V est une partie non vide de l’espace vectoriel normé ambiant (disons E) puisqu’elle contient V. Pour montrer
qu’elle est stable par combinaison linéaire, on va utiliser la caractérisation séquentielle de ladite adhérence.
Fixons donc x, y ∈ V, et α, β ∈ K et montrons que z = αx + βy est également dans V. Il existe deux suites (xn )n∈N
et (yn )n∈N d’éléments de V qui convergent vers respectivement x et y. Si on note zn = αxn + βyn , alors d’une part
zn ∈ V (puisque ce dernier est stable par combinaisons linéaires), et d’autre part, grâce à un regroupement des plus
malins :
kzn − zk = kα(xn − x) + β(yn − y)k 6 |α| kxn − xk + |β| kyn − yk −−−−→ 0,
n→∞
donc zn −−−−→ z, et z est bien adhérent à V.
n→∞
Si V est un sous-espace vectoriel, alors V également.
∞
15. Si V est dense pour la norme N∞ , alors son adhérence V vaut C([ 0 ; 1 ]), donc contient toutes les applications ϕm ,
pour m > 0.
∞
Réciproquement, supposons que tous les ϕm sont adhérents à V pour N∞ . Le sous-espace V contient alors toutes
les combinaisons linéaires de ϕm , donc toutes les applications polynomiales. On fixe f ∈ C([ 0 ; 1 ]) puis ε > 0. Le
ε
théorème de Stone-Weierstraß assure qu’il existe une application polynomiale P telle que N∞ (f − P) 6 · D’après
2
ε
∞
ce qui précède, P est dans V , donc il existe g ∈ V tel que N∞ (P − g) 6 , et ainsi :
2
N∞ (f − g) = N∞ ((f − P) + (P − g)) 6 N∞ (f − P) + N∞ (P − g) 6 ε.
Ainsi, toute élément de C([ 0 ; 1 ]) peut être approché arbitrairement près pour N∞ par un élément de V : ce dernier
est bien dense pour N∞ .
∞
V est dense pour N∞ si et seulement si pour tout m ∈ N, ϕm ∈ V .
16. On a comme plus haut une implication évidente. Pour le sens non trivial, on suppose donc que tous les ϕm sont
2
adhérents à V pour N2 . Le sous-espace V contient alors toutes les combinaisons linéaires de ϕm , donc toutes les
2
applications polynomiales. On a donc V qui est fermé (pour N2 ) et contient le sous-espace VP des applications
2
∞
polynomiales, donc contient VP , qui contient lui-même VP (question 11) qui est égal à C([ 0 ; 1 ]) (théorème de
Stone-Weierstraß). C’est gagné !
2
V est dense pour N2 si et seulement si pour tout m ∈ N, ϕm ∈ V .
E. Un critère de densité de W pour la norme N2
17. Après avoir noté que W =
[
Wn (ce qui n’est peut-être pas si évident que ça; le lecteur est invité à le vérifier), on
n∈N
peut écrire :
2
W = C([ 0 ; 1 ]) ⇐⇒ ∀µ > 0, ϕµ ∈ W
Q 16
2
⇐⇒
Q 4
∀µ > 0, d(ϕµ , W) = 0
⇐⇒ ∀µ > 0, d(ϕµ , Wn ) −−−−→ 0.
n→∞
Q 5
Ainsi :
W
∞
= C([ 0 ; 1 ]) si et seulement si pour tout µ ∈ N, d(ϕµ , Wn ) −−−−→ 0.
n→∞
18. Soit µ > 0. D’après la question 10 :
d(ϕµ , Wn )2 =
G(ϕλ0 , ..., ϕλn , ϕµ )
·
G(ϕλ0 , ..., ϕλn , ϕµ )
Les produits scalaires sont simples à calculer :
hϕα |ϕβ i =
Théorème de Müntz
Z
0
1
xα+β dx =
1
1
=
·
α+β+1
(α + 1/2) + (β + 1/2)
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
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Cette dernière écriture nous montre que les deux déterminants en jeu sont de Cauchy. Qui plus est, ils concernent
quasiment les même familles, donc les valeurs de ces déterminants sont certes compliquées, mais vont très largement
collisionner.
Plus précisément, on trouve dans l’expression de G(ϕλ0 , ..., ϕλn , ϕµ ) tous les termes présents dans G(ϕλ0 , ..., ϕλn )
ainsi que :
— au numérateur : les µ − λk (deux fois), pour k ∈ [ 0 ; n]];
— au dénominateur : les µ + λi + 1 pour i ∈ [ 0 ; n]] et les λj + µ pour i ∈ [ 0 ; n]] (bref, deux fois les mêmes termes),
ainsi que 2µ + 1.
En simplifiant, on trouve donc :
n
Y
(µ − λk )2
k=0
d(ϕµ , Wn )2 =
(2µ + 1)
n
Y
2
(µ + λk + 1)
·
k=0
Il n’est plus trop difficile de conclure.
19. Bien entendu, si λk −−−−−→ +∞, alors à partir d’un certain rang, λk > µ, et on a alors
k→+∞
1 − λµk
|λk − µ|
λk − µ
=
=
−−−−−→ 1.
k→+∞
λk + µ + 1
λk + µ + 1
1 + 1+µ
λk
|λk − µ|
µ−x
2µ + 1
−−−−−→ 1. L’application f : x 7→
= −1 +
est décroisλk + µ + 1 k→+∞
x+µ+1
x+µ+1
µ
sante sur [0, µ], donc prend sur cet intervalle des valeurs comprises entre f (µ) = 0 et f (0) =
; en particulier,
µ+1
µ
|f (x)| 6
< 1. Puisque |f (λk )| −−−−−→ 1, cela impose aux λk d’être dans ]µ, +∞[ à partir d’un certain rang.
k→+∞
µ+1
λk − µ
2µ + 1
On a alors, en notant rk =
: d’une part rk −−−−−→ 1− (rk = 1 −
est majoré par 1), et d’autre
k→+∞
λk + µ + 1
λk + µ + 1
rk (µ + 1) + µ
part, λk =
, donc λk −−−−−→ +∞.
k→+∞
1 − rk
Réciproquement, supposons
Pour tout µ > 0,
|λk − µ|
−−−−−→ 1 si et seulement si λk −−−−−→ +∞.
k→+∞
λk + µ + 1 k→+∞
20. Fixons µ ∈ R+ . Il y a équivalence entre « pn =
λn −−−−→ +∞, alors pour n assez grand,
n
Y
|λk − µ|
−−−−→ 0 » et « ln(pn ) −−−−→ −∞ ». Si de plus
n→∞
λk + µ + 1 n→∞
k=0
n→∞
ln
|λn − µ|
2µ + 1
2µ + 1
= ln 1 −
∼−
,
λn + µ + 1
λn + µ + 1
λn
donc il y a équivalence entre la divergence des séries (à termes de signes constants) −
Enfin, si λk ne tend pas vers +∞, alors la série
X 1
X
|λn − µ|
et
ln
·
λn
λn + µ + 1
X 1
sera grossièrement divergente (pour ceux qui doutent, prenez
λk
k
la contraposée de cette affirmation).
Faisons le bilan :
X 1
2
— Supposons W = C([ 0 ; 1 ]) : si λk ne tend pas vers +∞, alors
est divergente. On suppose donc dans la
λk
k
n
Y
|λk − 1|
suite : λk −−−−−→ 0. D’après la question 17, on a : d(ϕ1 , Wn ) −−−−→ 0, donc (question 18) :
−−−−→ 0,
n→∞
k→+∞
λk + 2 n→∞
k=0
X 1
|λk − 1|
donc la série de terme général ln
est divergente, donc
également.
λk + 2
λk
X 1
— Supposons que la série
diverge, et fixons µ > 0.
λk
k
|λk − µ|
— Si λk ne tend pas vers +∞, alors ln
est d’après la question précédente grossièrement divergente
λk + µ + 1
(« vers −∞ »), donc d(ϕµ , Wn ) −−−−→ 0.
n→∞
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
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|λk − µ|
2µ + 1
|λk − µ|
∼ −
, donc la série de terme général ln
diverge (vers −∞), donc
λk + µ + 1
λk
λk + µ + 1
d(ϕµ , Wn ) −−−−→ 0.
— Sinon, ln
n→∞
On vient de montrer que pour tout µ > 0, d(ϕµ , Wn ) −−−−→ 0, donc (question 17) : W est dense dans C([ 0 ; 1 ]).
n→∞
2
W = C([ 0 ; 1 ]) si et seulement si
X 1
est divergente.
λk
k
F. Un critère de densité de W pour la norme N∞
21. Si W est dense dans E = C([ 0 ; 1 ]) pour N∞ , alors W
∞
∞
2
= E. Mais la question 11 nous dit que W ⊂ W , donc
X 1
2
est divergente.
W = E, donc W est dense dans E pour N2 , et la question 20 nous assure que
λk
k
Si W
∞
X 1
= C([ 0 ; 1 ]), alors
est divergente.
λk
k
22. Notons δ = ϕµ − ψ (de sorte que δ(0) = 0, car les λk sont strictement positifs). On a, pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ], grâce à
l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
Z x
Z x 1/2 Z x
Z 1
1/2
1/2
√
2
2
|δ ′ |
6 N2 (δ ′ ).
|δ(x)| = δ ′ (t) dt 6
12
|δ ′ |
6 x
0
0
0
0
Et comme ceci est vrai pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ], on en déduit :
′
N∞ (ϕµ − ϕ) 6 N2 (δ ) = N2
µϕµ−1 −
n
X
!
ak λk ϕλk −1 .
k=0
23. Sous les hypothèses de l’énoncé, on va montrer la densité de W pour N∞ en utilisant la question 15. On fixe donc
un entier m > 1 (λ0 = 0, ce qui règle le cas m = 0) et ε > 0, puis on cherche g ∈ W tel que N∞ (ϕm − g) 6 ε.
La question précédente nous invite fortement à approcher (pour N2 ) mϕm−1 par une combinaison linéaire de ϕλk −1 .
Tout d’abord, λk − 1 > 0 pour k assez grand (un seul des λk peut valoir 1). Si λk ne tend pas vers +∞, alors λk − 1
X 1
1
1
non plus, donc
diverge grossièrement. Et si λk −−−−−→ +∞, alors
∼
, et comme ces choses
k→+∞
λk − 1
λk − 1
λk
X 1
X 1
sont de signe constant, la divergence de
nous assure celle de
·
λk
λk − 1
Ainsi, d’après la question 20, les ϕλk −1 engendrent un espace W1 dense dans C([ 0 ; 1 ]) pour N2 , donc il existe
m
n
X
X
bk
g ∈ W1 tel que N2 (mϕm−1 − g) 6 ε. En supposant que g =
bk ϕλk −1 , on pose alors ψ =
ϕλ , et la
λk k
k=0
k=0
question précédente nous assure alors :
N∞ (ϕm − ψ) 6 N2 (mϕm−1 − g) 6 ε.
∞
Ainsi, ϕm ∈ V , et la question 15 permet de conclure :
Si
X 1
∞
est divergente, alors W = C([ 0 ; 1 ]).
λk
k
24. Supposons enfin que λ0 = 0, que m := inf k>1 λk > 0, et que
X 1
λk
diverge. En notant λ′k =
, on est ramené au
λk
m
k>1
cas précédent : les ϕλ′k engendrent un sous-espace W′ dense de C([ 0 ; 1 ]). Fixons alors µ > 0 et montrons que ϕµ
est dans l’adhérence de W.
n
X
Soit ε > 0. D’après ce qui précède, ϕµ/m est dans l’adhérence de W′ , donc il existe f de la forme
αk ϕλ′k
k=0
telle que N∞ ϕµ/m − f 6 ε. Si on note g : x 7→ f (xm ), alors pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ], on aura |g(x) − xµ | =
n
n
X
X
m
f (xm ) − ϕµ/m (xm ) 6 N∞ (ϕµ/m −f ) (car xm ∈ [ 0 ; 1 ]). Enfin, on note que g(x) =
αk ϕλk /m (x ) =
αk ϕλk (x),
k=0
k=0
donc g ∈ W. On a donc approché ϕµ à moins de ε (pour N∞ ) par un élément de W.
∞
Ainsi, tous les ϕµ sont dans W , donc (question 15) : W est dense dans C([ 0 ; 1 ]) pour N∞ .
Ce qui termine ce corrigé.
Théorème de Müntz
DM11.tex