Une approximation quadratique

Publié le 24/11/16

(cet exercice est issu de l’oral Ccp Psi 2013)
Pour P,Q dans \mathbb{R}[X], on pose {\left(P\mid Q\right)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\!P(t)Q(t)\text{e}^{-t}\,\text{d}t}.
  1. Montrer que c’est un produit scalaire. Calculer {\left({X^{i}}\mid{X^{j}}\right)} pour {(i,j)\in\mathbb{N}^{2}.\phantom{\biggl|}}
  2. On définit {f\colon (a_{1},a_{2},\ldots,a_{n})\in\,\mathbb{R}^n\mapsto{\displaystyle\int_{0}^{+\infty}}\Bigl(1-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}t^{k}\Bigr)^{2}\text{e}^{-t}\,\text{d}t}.
    Montrer que f possède un minimum sur {\mathbb{R}^{n}}, et le calculer.

  1. Pour tout polynôme {P}, {t\mapsto P(t)\text{e}^{-t}} est continue sur {\mathbb{R}^{+}}, et elle est négligeable devant {t^{-2}} quand {t\to +\infty} : elle est donc intégrable sur {\mathbb{R}^{+}}.

    L’application {(P,Q)\in\mathbb{R}[X]^{2}\mapsto \left(P\mid Q\right)} est clairement bilinéaire symétrique positive.

    Elle est « définie positive » car {\left(P\mid P\right)=0\Rightarrow P\equiv0} sur {\mathbb{R}^{+}} (continuité, positivité) donc {P=0} (infinité de racines).
    Pour tout {n} de {\mathbb{N}}, posons {I_{n}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}t^{n}\text{e}^{-t}\,\text{d}t}.

    On a {I_{n+1}=-\Bigl[t^{n+1}\text{e}^{-t}\Bigr]_{0}^{+\infty}+(n+1)I_{n}=(n+1)I_{n}}.

    Or {I_{0}=1}, donc {I_{n}=n!} (récurrence facile). Ainsi : {\left({X^{i}}\mid{X^{j}}\right)=I_{i+j}=(i+j)!}.

  2. Pour tout {a=(a_{1},\ldots,a_{n})} de {\mathbb{R}^{n}}, soit {Q=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}X^{i}}.

    Avec ces notations, on a donc : {f(a)=\left\|1-Q\right\|^{2}}.

    On sait que {f} possède un minimum {\mu} sur {\mathbb{R}^{n}}. Il est obtenu en la projection orthogonale {Q} du polynôme {1} sur l’hyperplan {F} de {\mathbb{R}_{n}[X]} engendré par {X,X^{2},\ldots,X^{n}}.
    Posons {Q=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}X^{k}}. Par définition, on a: {\forall i\in[\![1,n]\!],\;\left({Q-1}\mid{X^{i}}\right)=0}.
    Ainsi : {\forall i\in [\![ 1,n]\!],\; \displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}\left(X^{k}\mid X^{i}\right)=\left(1\mid{X^{i}}\right)}.
    Autrement dit : {\forall i\in[\![ 1,n]\!],\;\displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}(i+k)!=i!}.
    En d’autres termes : {\forall i\in[\![ 1,n]\!],\;\displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}(i+1)(i+2)\cdots(i+k)=1}.
    Considérons alors le polynôme {S(X)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}(X+1)(X+2)\cdots(X+k)-1}.
    On a {\forall i\in[\![ 1,n]\!],\;S(i)=0}. Il en découle {S(X)=q_{n}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(X-k)}.

    Le minimum cherché est :
    {\begin{array}{rl}\mu&=d(1,F)^{2}=\left\|{1-Q}\right\|^{2}=\left({1-Q}\mid{1-Q}\right)\\&=\left({1-Q}\mid{1}\right)=\left\|1\right\|^{2}-\left({Q}\mid{1}\right)=1-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}k!\end{array}}Or {S(0)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}k!-1=q_{n}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(-k)=(-1)^{n}q_{n}n!}.

    Il en résulte : {\mu=(-1)^{n-1}q_{n}n!}.

    Pour calculer {q_{n}}, on remplace {X} par {-1} dans l’égalité :{S(X)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}q_{k}(X+1)(X+2)\cdots(X+k)-1=q_{n}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(X-k)}On trouve : {-1=q_{n}(-1)^{n}(n+1!)}, donc {q_{n}=\dfrac{(-1)^{n-1}}{(n+1)!}}.

    Finalement : {\mu=\min\limits_{\mathbb{R}^n}f=(-1)^{n-1}q_{n}n!=\dfrac{1}{n+1}}.