Le produit scalaire intégral sur ${\mathbb{R}}_1[x]$

Bilinéarité et symétrie. La linéarité de l'intégrale donne la linéarité en $P$ à $Q$ fixé, donc la bilinéarité par symétrie du rôle des deux facteurs. La symétrie vient de $P(t)Q(t)=Q(t)P(t)$.

Caractère défini positif. $⟨P,P⟩={\int }_0^{1}P(t{)}^2\mathrm{d}t⩾0$, l'intégrale d'une fonction positive sur $[0,1]$ étant positive. Supposons $⟨P,P⟩=0$ : la fonction $t\mapsto P(t{)}^2$ est continue, positive, d'intégrale nulle sur $[0,1]$, donc elle est identiquement nulle sur $[0,1]$. Ainsi $P$ s'annule en une infinité de points, donc $P=0$ — un polynôme non nul de degré au plus $1$ a au plus une racine. C'est le point délicat : sans l'argument sur les racines, on n'aurait la nullité que sur $[0,1]$.

Les trois calculs. $$⟨1,1⟩={\int }_0^{1}1\mathrm{d}t=1,⟨x,x⟩={\int }_0^1{t}^2\mathrm{d}t=\frac{1}{3},⟨1,x⟩={\int }_0^{1}t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}.$$ Donc $\Vert 1\Vert =1$ et $\Vert x\Vert =\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Un vecteur orthogonal à $1$. Cherchons $R=x-c$ avec $⟨1,R⟩=0$ : $$⟨1,x-c⟩=⟨1,x⟩-c⟨1,1⟩=\frac{1}{2}-c.$$ Donc $c=\frac{1}{2}$ convient : $R=x-\frac{1}{2}$ est orthogonal à $1$.

Contrôle. ${\int }_0^1(t-\frac{1}{2})\mathrm{d}t=[\frac{t^2}{2}-\frac{t}{2}{]}_0^1=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$. La famille $(1,x-\frac{1}{2})$ est donc une base orthogonale de ${\mathbb{R}}_1[x]$.