Exercice 27

1. Pour $0 \leqslant i, j \leqslant n$, la primitive usuelle de $t \mapsto t^{i + j}$ donne $$\langle X^{i}, X^{j} \rangle = \int_{0}^{1} t^{i + j}\,\mathrm{d} t = \frac{1}{i + j + 1},$$ et $H_{n}$ est bien la matrice de Gram $\big(\langle X^{i}, X^{j} \rangle\big)_{i, j}$ de la famille $(1, X, \dots, X^{n})$. Soit $X = (x_{0}, \dots, x_{n})$ une colonne, et $P = \sum_{i} x_{i}X^{i}$. Par bilinéarité, $${X}^{T}H_{n}X = \sum_{i = 0}^{n}\sum_{j = 0}^{n} x_{i}x_{j}\langle X^{i}, X^{j} \rangle = \Big\langle \sum_{i} x_{i}X^{i}, \sum_{j} x_{j}X^{j}\Big\rangle = \int_{0}^{1} P(t)^{2}\,\mathrm{d} t.$$ Si $H_{n}X = 0$, alors ${X}^{T}H_{n}X = 0$, donc $\lVert P \rVert^{2} = 0$, et $P = 0$, puisque la formule définit un produit scalaire sur $\mathbb{R}[X]$ (proposition 2 (ii)) : tous les $x_{i}$ sont nuls. Le noyau de $H_{n}$ est réduit à $\{0\}$, et $H_{n}$ est inversible (chapitre 16, théorème 3). $$\boxed{H_{n} = \big(\langle X^{i}, X^{j} \rangle\big)_{0 \leqslant i, j \leqslant n}, \qquad {X}^{T}H_{n}X = \int_{0}^{1} P^{2} > 0 \text{ si } X \neq 0, \qquad H_{n} \in \mathrm{GL}_{n + 1}(\mathbb{R})}$$ L'exercice 48 de la feuille du chapitre 17 obtenait l'inversibilité en calculant le déterminant de Cauchy, après de lourdes manipulations de lignes et de colonnes. Ici, aucun calcul : l'inversibilité vient de ce que $(1, X, \dots, X^{n})$ est libre et que l'intégrale de $P^{2}$ est un produit scalaire. La proposition 9 (ii), appliquée dans une base orthonormée de l'espace euclidien $\mathbb{R}_{n}[X]$, donne même $\det H_{n} > 0$ ; le calcul donne $\det H_{1} = \frac{1}{12}$, $\det H_{2} = \frac{1}{2160}$ et $\det H_{3} = \frac{1}{6\,048\,000}$, valeurs très petites qui expliquent la réputation numérique de cette matrice. ✓

2. Les deux membres dépendent linéairement de $Q$, par linéarité de l'intégrale (chapitre 18, théorème 3, et proposition 8 pour les fonctions complexes) : il suffit de vérifier l'égalité pour $Q = X^{k}$, $k \in \mathbb{N}$. On intègre au moyen des primitives usuelles : celle de $t^{k}$ à gauche, celle de $\theta \mapsto \mathrm{e}^{\mathrm{i}(k + 1)\theta}$, qui est $\theta \mapsto \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(k + 1)\theta}}{\mathrm{i}(k + 1)}$, à droite. $$\int_{-1}^{1} t^{k}\,\mathrm{d} t = \frac{1 - (-1)^{k + 1}}{k + 1} = \frac{1 + (-1)^{k}}{k + 1}, \qquad -\mathrm{i}\int_{0}^{\pi} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(k + 1)\theta}\,\mathrm{d}\theta = -\mathrm{i} \cdot \frac{(-1)^{k + 1} - 1}{\mathrm{i}(k + 1)} = \frac{1 + (-1)^{k}}{k + 1}.$$

$$\boxed{\forall\,Q \in \mathbb{R}[X], \quad \int_{-1}^{1} Q(t)\,\mathrm{d} t = -\mathrm{i}\int_{0}^{\pi} Q(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\,\mathrm{d}\theta}$$ Pour $Q = (1 + X)^{3} + 2X^{4}$, les deux membres valent $\frac{24}{5}$, d'après un calcul symbolique. ✓ On peut lire cette égalité comme le fait qu'on va de $-1$ à $1$ « par le segment » ou « par le demi-cercle supérieur » avec la même intégrale : c'est une première rencontre avec l'intégration le long d'un chemin du plan complexe.

3. Avec $X = (a_{0}, \dots, a_{n})$, la question 1 donne $\sum_{k, \ell} \frac{a_{k}a_{\ell}}{k + \ell + 1} = \int_{0}^{1} P^{2}$. Comme $P^{2} \geqslant 0$ sur $[-1\,,0]$, la relation de Chasles et la positivité de l'intégrale donnent $\int_{0}^{1} P^{2} \leqslant \int_{-1}^{1} P^{2}$. On applique la question 2 au polynôme $Q = P^{2}$ ; le premier membre étant un réel positif, il est égal à son module, et l'inégalité triangulaire complexe (chapitre 18, théorème 5), avec $|\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}| = 1$, donne $$\int_{-1}^{1} P^{2} = \Big|\int_{0}^{\pi} P(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})^{2}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\,\mathrm{d}\theta\Big| \leqslant \int_{0}^{\pi} \big|P(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})\big|^{2}\,\mathrm{d}\theta.$$ Les coefficients $a_{k}$ étant réels, $P(\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}) = \overline{P(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})}$ : la fonction $h : \theta \mapsto |P(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})|^{2}$ est paire, et $2\pi$-périodique. La proposition 6 du chapitre 6 donne alors $$\int_{0}^{\pi} h = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} h = \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi} h = \frac{1}{2} \times 2\pi\sum_{k = 0}^{n} a_{k}^{2},$$ la dernière égalité étant celle de l'indication. En enchaînant les inégalités : $$\boxed{\sum_{0 \leqslant k, \ell \leqslant n} \frac{a_{k}a_{\ell}}{k + \ell + 1} = \int_{0}^{1} P^{2} \leqslant \int_{-1}^{1} P^{2} \leqslant \int_{0}^{\pi} \big|P(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})\big|^{2}\,\mathrm{d}\theta = \pi\sum_{k = 0}^{n} a_{k}^{2}}$$ Pour $(a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}) = (1, -2, 3, 1)$, la chaîne s'écrit $\frac{83}{42} \leqslant \frac{230}{21} \leqslant 15\pi$, ce que confirme un calcul symbolique. ✓

À retenir. La constante $\pi$ ne dépend pas de $n$ : c'est ce qui fait la force de l'inégalité. On peut montrer, ce que l'on admet, qu'elle ne peut pas être remplacée par une constante plus petite valable pour tout $n$ ; la plus grande valeur du quotient $\frac{{X}^{T}H_{n}X}{{X}^{T}X}$, calculée numériquement, vaut environ $1{,}27$ pour $n = 1$, $1{,}92$ pour $n = 20$ et $2{,}27$ pour $n = 200$ : elle s'approche de $\pi$ très lentement.