La meilleure droite sous une parabole : minimiser, c'est projeter

La stratégie. Lire une intégrale de carré comme un carré de norme : minimiser $I$, c'est chercher la distance d'un vecteur à un sous-espace de dimension finie, et le cours dit que le minimum est atteint au projeté orthogonal, et là seulement. Pythagore donne ensuite toute la fonction d'erreur.

a) Le minimum est une distance. Posons $f:t\mapsto t^2$ et $F=\mathrm{Vect}(1,t)$, l'espace des fonctions affines sur $[-1,1]$, de dimension $2$ (les fonctions $1$ et $t$ sont libres). Pour tout $(a,b)$, $I(a,b)=\Vert f-(at+b){\Vert }^2$, et $(a,b)\mapsto at+b$ est une bijection de ${\mathbb{R}}^2$ sur $F$. Le théorème de la distance à un sous-espace de dimension finie dit que $\Vert f-g\Vert$, pour $g\in F$, est minimal en un unique point, le projeté $p_F(f)$, caractérisé par $f-p_F(f)\perp F$, c'est-à-dire orthogonal à $1$ et à $t$. Avec $g=at+b$ et la parité (${\int }_{-1}^{1}t={\int }_{-1}^1{t}^3=0$) : $${\int }_{-1}^1(t^2-at-b)\mathrm{d}t=\frac{2}{3}-2b=0,$$ $${\int }_{-1}^1(t^2-at-b)t\mathrm{d}t=-\frac{2a}{3}=0.$$ Donc $a^{\ast }=0$, $b^{\ast }=\frac{1}{3}$ : la meilleure droite est horizontale, à la hauteur $\frac{1}{3}$, qui est la valeur moyenne de $t^2$ sur $[-1,1]$. Le minimum vaut $\Vert t^2-\frac{1}{3}{\Vert }^2=\Vert P_2{\Vert }^2=\frac{8}{45}\approx 0,178$, calculé à l'exercice 4.

b) Toute la fonction d'erreur, par Pythagore. Pour $g=at+b\in F$, écrivons $f-g=(f-p_F(f))+(p_F(f)-g)$, somme d'un vecteur de $F^{\perp }$ et d'un vecteur de $F$. Par Pythagore, puis encore par Pythagore avec $1\perp t$ : $$I(a,b)=\frac{8}{45}+\Vert (\frac{1}{3}-b)-at{\Vert }^2=\frac{8}{45}+2(b-\frac{1}{3}{)}^2+\frac{2}{3}{a}^2,$$ puisque $\Vert 1{\Vert }^2=2$ et $\Vert t{\Vert }^2=\frac{2}{3}$. La tangente en $0$ à la parabole est la droite $y=0$ : son erreur est $I(0,0)=\frac{8}{45}+\frac{2}{9}=\frac{2}{5}$. La corde est la droite $y=1$ : $I(0,1)=\frac{8}{45}+\frac{8}{9}=\frac{16}{15}$. La meilleure droite fait $2,25$ fois mieux que la tangente, et six fois mieux que la corde. Contrôle : $I(0,1;0,3)=0,1778+0,0067+0,0022\approx 0,1867$, strictement plus grand que le minimum.

c) Le polynôme unitaire de plus petite norme. Soit $Q$ unitaire de degré $n$ : $Q=X^n-R$ avec $R\in {\mathbb{R}}_{n-1}[X]$. D'autre part, $X^n-P_n$ est dans ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$ (les termes en $X^n$ se simplifient) et $X^n-(X^n-P_n)=P_n$ est orthogonal à ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$ (exercice 4) : par la caractérisation du projeté, $X^n-P_n$ est le projeté orthogonal de $X^n$ sur ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$, qui est de dimension finie. Le théorème de la distance donne alors $$\Vert Q{\Vert }^2=\Vert X^n-R{\Vert }^2\ge \Vert X^n-(X^n-P_n){\Vert }^2=\Vert P_n{\Vert }^2,$$ avec égalité si et seulement si $R=X^n-P_n$, c'est-à-dire $Q=P_n$. Le polynôme de Legendre $P_n$ est le polynôme unitaire de degré $n$ le plus petit en moyenne quadratique sur $[-1,1]$, et $\Vert P_n\Vert =d(X^n,{\mathbb{R}}_{n-1}[X])$. Relecture du a) : minimiser $I(a,b)$, c'est minimiser la norme du polynôme unitaire $t^2-at-b$ ; le minimum est atteint en $P_2=t^2-\frac{1}{3}$ — l'erreur de la meilleure approximation est le polynôme orthogonal.

d) Le cas du cube. Par le c) avec $n=3$, le minimum de ${\int }_{-1}^1(t^3-a{t}^2-bt-c{)}^2\mathrm{d}t$ est $\Vert P_3{\Vert }^2=\frac{8}{175}$, atteint pour $t^3-a{t}^2-bt-c=P_3=t^3-\frac{3}{5}t$, c'est-à-dire $a=0$, $b=\frac{3}{5}$, $c=0$ : la meilleure approximation de $t^3$ par un polynôme de degré au plus $2$ sur $[-1,1]$ est $\frac{3}{5}t$.

Le point délicat. La parité n'a servi qu'à cause de la symétrie de l'intervalle : sur $[0,1]$, le même problème — traité parmi les exercices résolus du chapitre — donne la droite $y=t-\frac{1}{6}$ et un minimum de $\frac{1}{180}$, et il faut y résoudre un système. Et l'unicité du couple $(a^{\ast },b^{\ast })$ tient à deux choses : l'unicité du projeté, et la liberté de $(1,t)$, qui rend $(a,b)\mapsto at+b$ injective.

Ce que l'exercice installe. Minimiser une erreur quadratique, c'est projeter, et Pythagore donne l'erreur de tout autre choix. C'est la question du physicien qui linéarise une caractéristique sur toute une plage de fonctionnement : la meilleure droite au sens des moindres carrés n'est ni la tangente — le développement limité à l'ordre $1$, excellent près du point, médiocre au bord — ni la corde. La même projection, dans ${\mathbb{R}}^n$ au lieu d'un espace de fonctions, est la droite de régression des travaux pratiques, que le problème de la séance sur les fonctions de deux variables retrouvera par les points critiques. Et le c) prépare le problème : les polynômes de Legendre sont les erreurs des meilleures approximations, et leurs racines vont servir de points de mesure.