Théorème de Müntz A. Déterminants de Cauchy

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Théorème de Müntz
Mines MP 2009 Maths II
1. Il s’agit de montrer que la seule combinaison linéaire1des ϕλqui est nulle... est la combinaison linéaire triviale.
❏Soient nun entier, λ1, ..., λn∈R
R
R+des réels distincts deux à deux, et α1, ..., αn∈R
R
Rtels que
α1ϕλ1+· · · +αnϕλn= 0.Une façon classique de montrer que chaque αiest nul consiste à considérer le plus
grand des λi, disons λi0, diviser par xλ
iet faire tendre xvers +∞dans la relation
n
P
i=1
αixλi−λi0, ce qui élimine le
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 xvers 0. Plus précisément, on
suppose la combinaison linéaire précédente non triviale, et on note i0l’indice correspondant au λiminimum (parmi
les itels que αi6= 0). On obtient alors après division par xλi0(pour x > 0) : αi0+P
i6=i0
αixλi−λi0= 0. En faisant
tendre xvers 0+, on obtient alors αi0= 0, ce qui est absurde.
On peut également évaluer en 1,1
2,1 4,..., 1 2net obtenir un déterminant de Vandermonde. Ou bient, on peut considérer
l’application ϕqui à une fonction fassocie x7→ x f ′(x)et observer que les fonctions x7→ xλsont valeurs propres
pour des valeurs propres distinctes... Bref, il y a vraiment beaucoup de démonstrations possibles !
La famille (ϕλ)λ>0est libre.
A. Déterminants de Cauchy
La condition « ak+bk6= 0 pour tout k∈[[1 ; n]] » est insuffisante. On supposera donc plutôt que pour tout i, j ∈[[1 ; n]],
ai+bj6= 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 bksont distincts deux à deux, alors la décomposition en éléments simples de R(dont le dégré est
−1donc la partie entière nulle) est bien de la forme demandée. Mais si deux des bisont égaux, Rne se décompose
pas sous la forme demandée. Il s’agissait donc bien d’une hypothèse.
Avec les notations de l’énoncé, on réalise2l’opération sur les colonnes Ck:
Cn←
n
P
k=1
AkCk.
Une telle opération multiplie le déterminant par An, et transforme la dernière colonne en
PAk
a1+bk
.
.
.
PAk
an+bk
, c’est-à-dire 
R(a1)
.
.
.
R(an−1)
R(an)
, soit encore 
0
.
.
.
0
R(an)
.
Il reste à développer selon la dernière colonne pour obtenir exactement le résultat demandé :
AnDn= R(an)Dn−1.
3. On commence par écarter le cas où deux des bisont 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 bisont 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
−bn−ai
−bn+bi
=
n−1
Y
i=1
ai+bn
bn−bi
.
1Et on parle bien de sommes finies, bien entendu...
2Comme indiqué maladroitement dans l’énoncé !
dimanche  janvier  — nivôse  /home/walter/LaTeX/MP/Annee/2013/DM-2013/DM11.tex

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La question précédente fournit alors (attention au terme isolé !) :
Dn=
n−1
Y
i=1
((an−ai)(bn−bi))
(an+bn)
n−1
Y
i=1
(ai+bn)
n−1
Y
i=1
(an+bj)
Dn−1,
et la formule proposée dans l’énoncé s’en déduit alors par récurrence.
Pour les grognons, notons Gnle membre de droite de la formule proposée. Si on pense aux termes présents dans
Gnet 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+bjavec j < n, les ai+bnavec i < n, et
enfin an+bn. On a donc :
Gn=
n−1
Y
i=1
((an−ai)(bn−bi))
(an+bn)
n−1
Y
i=1
(ai+bn)
n−1
Y
i=1
(an+bj)
Gn−1,
ce qui est la même relation de récurrence que celle vérifiée par les Dn. Puisque D1=1
a1+b1
= G1, la récurrence
opère sa magie :
Dn=Y
16i<j6n
(aj−ai)(bj−bi)
Y
16i,j6n
(ai+bj).
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−ank −−−−→
n→∞ d(x; A). Si cette distance est nulle, on a
alors an−−−−→
n→∞ x, donc xest bien adhérent à A.
Réciproquement, si xest adhérent à A, alors il existe (xn)n∈Nà valeurs dans Atels que xn−−−−→
n→∞ x, et on a donc
kxn−xk −−−−→
n→∞ 0, de sorte que la borne inférieure des kx−yk, pour ydécrivant A, est alors nulle.
d(x; A) = 0 si et seulement si xest 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+1)
An+1
d(x; An)
An
Fig. 1 — d(x; An)>d(x; An+1)
Soit n∈N; remarquons que, pour tout a∈An⊂A, on a d(x; A) 6kx−ak; en passant à la borne inférieure pour
a∈An, on obtient d(x; A) 6d(x; An). Puis, par passage à la limite, d(x; A) 6ℓ.
Pour l’inégalité réciproque, fixons ε > 0. Il existe a0∈Atel que kx−a0k6d(x; A) + ε. Puisque Aest la réunion
des An, il existe n0tel que a0∈An0.
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x
ε
d(x; A)
a0
An0
Fig. 2 — Le point a0et la partie An0.
On a alors d(x; An0)6kx−a0k6d(x; A) + ε, puis par décroissance de la suite de terme général d(x; An):
ℓ6d(x; An0)6d(x; A) + ε.
Ceci étant vrai pour tout ε > 0, donc ℓ6d(x; A).
Au total, on a bien le résultat souhaité :
d(x; An)−−−−→
n→∞ d(x; A).
6. Le sous-espace Vest de dimension finie donc est fermé. Comme 0∈B, on en déduit que Best non vide (!) et c’est
un fermé ; ainsi, l’intersection B∩Vest fermée. Elle est de plus bornée (incluse dans B). Ainsi, B∩Vest une partie
fermée et bornée de l’espace de dimension finie V, donc :
B∩Vest compacte.
Soit x∈E. Puisque B∩Vet une partie non vide (contient 0) de V, on a bien entendu d(x; V) 6d(x; B ∩V). Mais
plus précisément :
d(x; V) = inf
y∈Vkx−yk= min inf y∈B∩Vkx−yk,inf y∈VrBkx−yk= min (d(x; B ∩V), d(x; V rB)) .
— Si y∈VrBalors kx−yk>kxk, donc d(x; V rB) >kxk.
— Par ailleurs, d(x; B ∩V) 6kx−0k=kxk.
On a donc bien :
d(x; V) = d(x; B ∩F).
7. Soit x∈E. La fonction y7→ kx−ykest continue (1-lipschitzienne) sur le compact B∩V, donc (est bornée et...)
possède un minimum : il existe y0∈B∩Vtel que d(x; B ∩V) = kx−y0k. D’après la question précédente, on a alors
bien :
d(x; V) = kx−y0k.
C. Distance d’un point à un sous-espace de dimension finie dans un
espace euclidien
8. Puisque Vest 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 Vl’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 yle projeté orthogonal de xsur V. On a alors z=x−y∈V⊥.
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✑✑✑✑✑✑✑✑✑ ✑✑✑✑✑✑✑✑✑
✁✁✁✁✁✁✁✁✕ ✟✟✟✟✯ ✘✘✘✘✘✘✘✘✿
❏
❏
❏
❏
❏
❏❏❪
x
x−t
t
y
V
Fig. 3 — Un dessin, et tout s’éclaire.
Si t∈V, on écrit alors, inspiré par le dessin précédent :
kx−tk2=
(x−y)
| {z }
=z∈V⊥
+ (y−t)
| {z }
∈V
2=kx−yk2+ky−tk2>kx−yk2.
Ainsi, kx−ykest le minimum des kx−tkpour tdécrivant V, donc d(x; V) = kx−yk.
On note enfin que si y1est un autre élément de Vréalisant ce minimum, Pythagore nous assure que ky−y1k2= 0,
donc y=y1.
p⊥
V(x)est l’unique élément yde Vtel 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
k=1
αkxk. L’opération
élémentaire sur les colonnes Cn←Cn−
n−1
P
k=1
αkCkne change pas le déterminant, et transforme la dernière colonne
en
C′=
hx1|vi
.
.
.
hxn|vi
avec v=xn−
n−1
X
k=1
αkxk= 0,
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 Fune base orthonormée de V, la matrice du produit scalaire (enfin, de sa restriction
àV2; notons le ϕ) dans Fvaut 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) = tP·mat(ϕ, E)·P,
avec Pla matrice de passage de Evers 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 yle projeté orthogonal de xsur V, puis z=x−y, de sorte que zest orthogonal à Vdonc à
chaque xi. On décompose yselon les xi:y=
n
P
i=1
αixi. L’opération élémentaire Cn+1 ←Cn+1 −
n
P
i=1
αiCidans le
calcul du déterminant de M(x1, ..., xn, x)fournit alors :
G(x1, ..., xn, x) = 
hx1|x1i ··· hx1|xni hx1|zi
.
.
..
.
..
.
.
hxn|x1i ··· hxn|xni hxn|zi
hx|x1i ··· hx|xni hx|zi
=hx|ziG(x1, ..., xn)
(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=G(x1, ..., xn, x)
G(x1, ..., xn).
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D. Comparaison des normes N∞et N2
11. Pour tout x∈[ 0 ; 1 ],|f(x)|6N∞(f), donc |f(x)|26N∞(f)2, donc 06Z1
0|f(x)|2dx 6N∞(f)2, puis :
N2(f)6N∞(f).
Si Aest une partie de C([ 0 ; 1 ]) et f∈A∞, alors il existe alors des fn∈Atels que fn
N∞
−−−−→
n→∞ f, c’est-à-dire
N∞(f−fn)−−−−→
n→∞ 0. On a alors N2(f−fn)−−−−→ n→∞ 0, donc fn
N2
−−−−→
n→∞ f, donc f∈A2. Ainsi :
A∞⊂A2.
12. Un demi chapeau pointu renversé devrait faire l’affaire. Définissons donc, pour n∈N∗,fnla 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 f2et f20
On a bien entendu fn∈V0pour tout n∈N∗, et N2(fn−ϕ0)61
√n. Je laisse au courageux le difficile calcul exact
de cette norme, me contentant d’une majoration basique, sachant que |fn(x)−ϕ0(x)|
= 0 si x >1
n
61sinon
.
On peut également prendre la suite intuitive fn(x) = 1 −(1 −x)n... qui simplifie bien les calculs !
On a bien prouvé :
ϕ0∈V0
2.
13. — L’application Φ : f7→ f(0) est continue pour N∞(elle est linéaire et vérifie |Φ(f)|6N∞(f)) donc son noyau,
en tant que image réciproque du fermé {0}, est un fermé, donc V0
2= V06=C([ 0 ; 1 ]) :
V0n’est pas dense pour N∞.
— Soit g∈ C([ 0 ; 1 ]) :g=g(0)ϕ0+ (g−g(0)ϕ)
| {z }
∈V0
. En reprenant les fonctions fnde la question précédente, on peut
approcher ϕ0par 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)−−−−→
n→∞ 0, et gn∈V0, donc gest adhérent à V0pour N2. Ainsi,
V0est dense pour N2.
Remarque : On a le résultat classique (mais hors programme) suivant : « Si ϕest une forme linéaire sur E, alors
son noyau est dense si et seulement ϕn’est pas continue. » Ici, en notant Φ : f7→ f(0) :
— La majoration Φ(f)6N∞(f)assure que Φest continue pour N∞, donc son noyau V0n’est pas dense pour
N∞.
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