Moindres carrés et Distance dans L^2([0, 1])

1. Orthonormalisation de la base $(1,X)$ de $F$ par Gram-Schmidt :

• $u_1=1$, $\Vert u_1{\Vert }^2={\int }_0^{1}1\mathrm{d}t=1⟹e_1(t)=1$.
• $u_2=X$, $⟨u_2,e_1⟩={\int }_0^{1}t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}$. $v_2=X-\frac{1}{2}$, $\Vert v_2{\Vert }^2={\int }_0^1(t-1/2{)}^2\mathrm{d}t={\left[\frac{(t-1/2{)}^3}{3}\right]}_0^1=\frac{1}{24}-\left(-\frac{1}{24}\right)=\frac{1}{12}$. Donc $e_2(t)=\sqrt{12}(t-1/2)=2\sqrt{3}(t-1/2)$.

2. Calcul de la projection orthogonale de $X^2$ sur $F$ :

• $⟨X^2,e_1⟩={\int }_0^1{t}^2\mathrm{d}t=\frac{1}{3}$.
• $⟨X^2,e_2⟩=2\sqrt{3}{\int }_0^1{t}^2(t-1/2)\mathrm{d}t=2\sqrt{3}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)=2\sqrt{3}\times \frac{1}{12}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

Ainsi : $$p_F(X^2)=\frac{1}{3}{e}_1+\frac{\sqrt{3}}{6}{e}_2=\frac{1}{3}(1)+\frac{\sqrt{3}}{6}\left(2\sqrt{3}\left(X-\frac{1}{2}\right)\right)=\frac{1}{3}+X-\frac{1}{2}=X-\frac{1}{6}.$$

3. Calcul de la distance minimale au carré : $$\Vert X^2{\Vert }^2={\int }_0^1{t}^4\mathrm{d}t=\frac{1}{5}.$$ $$\Vert p_F(X^2){\Vert }^2=⟨X^2,e_1{⟩}^2+⟨X^2,e_2{⟩}^2={\left(\frac{1}{3}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{6}\right)}^2=\frac{1}{9}+\frac{3}{36}=\frac{1}{9}+\frac{1}{12}=\frac{7}{36}.$$ Par le théorème de Pythagore : $$\underset{(a,b)\in {\mathbb{R}}^2}{\min }{\int }_0^1(t^2-at-b{)}^2\mathrm{d}t=d(X^2,F{)}^2=\Vert X^2{\Vert }^2-\Vert p_F(X^2){\Vert }^2=\frac{1}{5}-\frac{7}{36}=\frac{36-35}{180}=\frac{1}{180}.$$ Le minimum est atteint pour $a=1$ et $b=-1/6$.