L'unique polynôme réalisant le minimum
dans Analyse
Bonjour
On munit $C^0([0,1],\mathbb{R})$ d'une norme $|| \cdot ||$, pour $f \in C^0([0,1],\mathbb{R})$ et $n \in \mathbb{N}$ on définit : $$
\mu_n = \inf \{|| f - P || \mid P \in \mathbb{R}_n [X] \}.
$$ On cherche alors à montrer qu'il existe un polynôme de $\mathbb{R}_n [X]$ qui réalise ce minimum. Et que, par exemple, lorsque la norme s'écrit : $$
||f|| = \int_{0}^{1} |f(x)| dx,
$$ ce polynôme est unique.
J'ai déjà réussi à montrer l'existence quelque soit la norme, mais je n'arrive pas à trouver l'unicité, voici ce que j'ai exploré :
1) Partir de $\mu_n = ||f-P_n||=||f-Q_n||$ où $P_n$ et $Q_n$ sont deux polynômes de $\mathbb{R}_n [X]$ qui réalise ce minimum. J'arrive alors à
\begin{align*}
\forall x \in [0,1],& |f(x)-P_n(x)| = |f(x) - Q_n(x)| \\
\forall P \in \mathbb{R}_n [X],& \mu_n = ||f-P_n|| = ||f - Q_n|| \leq ||f-P||
\end{align*} et je ne sais pas quoi faire après...
2) Considérer la suite de parties $(F_k)_k$ avec $F_k = \{P \in \mathbb{R}_n [X] \mid ||f-P|| - \mu_n \leq \frac{1}{k} \}$ qui est une suite de fermés emboîtés mais dont je n'arrive pas à montrer que le diamètre tend vers $0$ qui qui prouverait que leur intersection est réduite à un point.
3) Écrire $|| \cdot ||$ comme une norme construite sur un produit scalaire et appliquer le théorème de la projection orthogonale. Mais je n'arrive pas à l'écrire sous la forme d'un produit scalaire...
Pouvez-vous me dire si une de ces voix est la bonne ? Avez-vous des astuces ou d'autres voies ?
Merci d'avance.
On munit $C^0([0,1],\mathbb{R})$ d'une norme $|| \cdot ||$, pour $f \in C^0([0,1],\mathbb{R})$ et $n \in \mathbb{N}$ on définit : $$
\mu_n = \inf \{|| f - P || \mid P \in \mathbb{R}_n [X] \}.
$$ On cherche alors à montrer qu'il existe un polynôme de $\mathbb{R}_n [X]$ qui réalise ce minimum. Et que, par exemple, lorsque la norme s'écrit : $$
||f|| = \int_{0}^{1} |f(x)| dx,
$$ ce polynôme est unique.
J'ai déjà réussi à montrer l'existence quelque soit la norme, mais je n'arrive pas à trouver l'unicité, voici ce que j'ai exploré :
1) Partir de $\mu_n = ||f-P_n||=||f-Q_n||$ où $P_n$ et $Q_n$ sont deux polynômes de $\mathbb{R}_n [X]$ qui réalise ce minimum. J'arrive alors à
\begin{align*}
\forall x \in [0,1],& |f(x)-P_n(x)| = |f(x) - Q_n(x)| \\
\forall P \in \mathbb{R}_n [X],& \mu_n = ||f-P_n|| = ||f - Q_n|| \leq ||f-P||
\end{align*} et je ne sais pas quoi faire après...
2) Considérer la suite de parties $(F_k)_k$ avec $F_k = \{P \in \mathbb{R}_n [X] \mid ||f-P|| - \mu_n \leq \frac{1}{k} \}$ qui est une suite de fermés emboîtés mais dont je n'arrive pas à montrer que le diamètre tend vers $0$ qui qui prouverait que leur intersection est réduite à un point.
3) Écrire $|| \cdot ||$ comme une norme construite sur un produit scalaire et appliquer le théorème de la projection orthogonale. Mais je n'arrive pas à l'écrire sous la forme d'un produit scalaire...
Pouvez-vous me dire si une de ces voix est la bonne ? Avez-vous des astuces ou d'autres voies ?
Merci d'avance.
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Réponses
Essaie de voir si on peut faire un truc avec le polynôme $\lambda P + (1-\lambda)Q,$ avec $\lambda\in[0,1].$
L'argument qui suit est assez laborieux, mais je n'ai pas trouvé mieux.
Il faut donc prouver que l'ensemble (non vide) $\mathcal E$ des éléments $P$ de $\R_n[X]$ qui minimisent $|\!| f-P|\!|$ est un singleton.
$\:\:\:\:\bullet 1)$ J'ai d'abord montré que: $\boxed{\forall P\in \mathcal E, \:\: g:=f-P \:\:\text{s'annule au moins} \:(n+1)\:\text{ fois sur} \:[0,1]}$.
Si tel n'est pas le cas, en considérant les points $x_i$ de $[0,1]$ où $g$ s'annule en changeant de signe, on voit qu'il existe $Q=\pm \prod_i (X-x_i) \in \R_n[X]$ tel que $g$ et $Q$ ont le même signe. On va établir qu'alors $\exists t>0$ tel que $\displaystyle{\int_0^1 |g-tQ| <\int _0^1 |g|}$, ce qui constituera une contradiction.
Choisissons $\alpha$ tel que $0<\alpha< \displaystyle{ \dfrac{\int_0^1 |Q|}{2n|\!|Q|\!|_{\infty}}}$ et notons $I$ la réunion (en nombre $\leq n$) des intervalles (disjoints) d'amplitude $\alpha$, centrés en les points où $g$ s'annule.$\:\:\:\:\:\:\:\:$ Alors $\displaystyle{\int_0^1 |Q| -2\int_I|Q| >0 }\:\:\:\:\:\:\: (\star)$.
Notons enfin $J:= [0,1]\setminus I,\:\:\:\mu: = \underset{x\in J}{\text{min}} |g(x)|$ et soit $t$ tel que $0<t < \dfrac{\mu}{|\!|Q|\!|_ {\infty} }$. Alors $\forall x\in J,\:|g(x) -tQ(x)| = |g(x)| -t |Q(x)|$.
Il vient: $\displaystyle{\int_0^1|g-tQ|\leq\int_J|g| -t\int_J |Q|+\int_I|g| +t\int_I|Q|\leq \int _0^1|g| -t\big(\int_0^1|Q|- 2\int_I |Q|\big)\overset{(\star)}<\int_0^1g}\:\:\:\square$.
$\:\:\:\: \bullet2)$ Soient $P,Q\in \mathcal E$ ; Il faut prouver que $P=Q\:\:$.On a $|\!|f-P|\!| =|\!|f-Q|\!|$. D'autre part:
$\dfrac{P+Q}2 \in \R_n[X]$ donc $ \dfrac12 (|\!|f-P|\!|+|\!|f-Q|\!|) \leq |\!|f- \dfrac{P+Q}2|\!|$. Avec l'inégalité triangulaire relative à $||.||$, on déduit:
$\displaystyle \int_0^1 |f-\dfrac{P+Q}2| =\dfrac12\Big( \int_0^1|f-P|+|f-Q|\Big)$, puis avec $\forall x \in [0,1],\: \Big|f(x)-\dfrac{P(x)+Q(x)}2\Big | \leq \dfrac12\Big(|f(x)-P(x)|+|f(x)-Q(x)|\Big)$ et la continuité de tous les intervenants, on obtient: $\forall x\in [0,1],\:\:\Big|f(x) - \dfrac{P(x)+Q(x)}2\Big| = \dfrac12\big( |f(x)-P(x)|+|f(x)-Q(x)|\big) \:\:\:(\star\star)$.
Ainsi: $\dfrac{P+Q}2 \in \mathcal E$ et, d'après $\bullet1)$, $\:f-\dfrac{P+Q}2$ possède au moins $(n+1)$ zéros, $x_1,x_2,...x_{n+1}$, dans $[0,1]$. La relation $(\star\star)$ montre qu'alors: $\forall i \in \{1,2,...n+1\}, \: f(x_i)=P(x_i) = Q(x_i)$ . $\:P,Q \in \R_n[X]$ donc $P =Q .\:\: \square$.
Oui Noobey, j'ai ajouté le $\pm$..Merci pour ta lecture attentive.