Des moments nuls forcent des zéros

La stratégie. On comprend « au moins $n+1$ fois » au sens de $n+1$ points distincts. On raisonne par disjonction de cas, puis par l'absurde, en fabriquant un polynôme : si $f$ changeait de signe trop peu de fois, un polynôme $P$ de degré au plus $n$ changeant de signe aux mêmes points rendrait $Pf$ de signe constant, et son intégrale, nulle par hypothèse, forcerait $Pf$ à être nul. Les outils : la linéarité, le théorème « continue, de signe constant, d'intégrale nulle, donc nulle », le théorème des valeurs intermédiaires.

Préliminaire : une seule hypothèse. Par linéarité, pour tout polynôme $P(t)={\sum }_{k=0}^n{c}_k{t}^k$ de degré au plus $n$, $${\int }_0^{1}P(t)f(t)\mathrm{d}t=\sum _{k=0}^n{c}_k{\int }_0^1{t}^{k}f(t)\mathrm{d}t=0.$$

Premier cas : $f$ a une infinité de zéros dans $]0,1[$. Il n'y a rien à démontrer. Ce cas contient celui où $f$ est nulle.

Second cas : $f$ n'a qu'un nombre fini de zéros dans $]0,1[$, notés $z_1<\cdots <z_q$ ($q\ge 0$). Sur chacun des intervalles ouverts $]0,z_1[$, $]z_1,z_2[$, …, $]z_q,1[$, la fonction $f$ est continue et ne s'annule pas : par le théorème des valeurs intermédiaires, elle y garde un signe strict constant. On dit que $f$ change de signe en $z_i$ si ses signes sur les deux intervalles voisins de $z_i$ sont opposés. Soient $a_1<\cdots <a_m$ ces points de changement de signe ; $m\le q$.

Supposons par l'absurde que $m\le n$, et posons $P(t)={\prod }_{i=1}^m(t-a_i)$, de degré $m\le n$ (le produit vide vaut $1$). Il change de signe exactement aux $a_i$. Suivons le signe de $Pf$ de gauche à droite. Entre deux zéros consécutifs de $f$, les deux facteurs ont un signe constant. En traversant un $z_i$ qui n'est pas un changement de signe, ni $f$ ni $P$ ne changent de signe ; en traversant un $a_j$, les deux changent de signe. Dans tous les cas, $Pf$ garde son signe : il est de signe constant sur $[0,1]$ privé d'un ensemble fini, donc partout par continuité. Quitte à changer $P$ en $-P$, $Pf\ge 0$.

La contradiction. $Pf$ est continue, positive, et ${\int }_0^{1}Pf=0$ par le préliminaire : donc $Pf=0$. Comme $P$ n'a qu'un nombre fini de racines, $f$ est nulle sauf en un nombre fini de points, donc partout par continuité — et elle a alors une infinité de zéros, ce qui contredit l'hypothèse du second cas.

Conclusion. Dans le second cas, $m\ge n+1$ : $f$ change de signe, donc s'annule, en au moins $n+1$ points de $]0,1[$. Dans les deux cas, $f$ s'annule en au moins $n+1$ points distincts de $]0,1[$.

Deux points délicats. Le degré de $P$ doit rester au plus $n$ : on place une racine à chaque changement de signe de $f$ et à aucun autre endroit. Et l'on compte des changements de signe, pas des zéros : un zéro où $f$ touche l'axe sans le traverser, comme celui de $t\mapsto (t-\frac{1}{2}{)}^2$, ne doit pas recevoir de racine de $P$, sinon $Pf$ y changerait de signe et l'argument s'effondrerait.

Contrôle, et optimalité. Pour $n=1$, $f(t)=6t^2-6t+1$ vérifie ${\int }_0^{1}f=2-3+1=0$ et ${\int }_0^{1}tf(t)\mathrm{d}t=\frac{6}{4}-2+\frac{1}{2}=0$ ; ses racines $\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{6}$, environ $0,2113$ et $0,7887$, sont exactement deux dans $]0,1[$. La borne $n+1$ est atteinte : elle est optimale.

Ce que l'exercice installe. Des moments nuls coûtent des changements de signe, et le geste est de fabriquer le polynôme qui a le signe de $f$. Il reviendra au chapitre 16, où ${\int }_0^{1}fg$ deviendra un produit scalaire : c'est cet argument qui place les racines des polynômes de Legendre dans l'intervalle, et sur lequel repose la quadrature de Gauss — le polynôme $6t^2-6t+1$ du contrôle en est un, à un facteur près.