Polynômes orthogonaux de Legendre et distance minimale

1. Construction de la base orthonormale :

• $u_0=1$ : $\Vert u_0{\Vert }^2={\int }_{-1}^{1}1\mathrm{d}t=2⟹e_0(X)=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
• $u_1=X$ : $⟨X,e_0⟩={\int }_{-1}^1\frac{t}{\sqrt{2}}\mathrm{d}t=0$ (par imparité). $v_1=X-0=X$. $\Vert v_1{\Vert }^2={\int }_{-1}^1{t}^2\mathrm{d}t={\left[\frac{t^3}{3}\right]}_{-1}^1=\frac{2}{3}⟹e_1(X)=\sqrt{\frac{3}{2}}X$.
• $u_2=X^2$ : $⟨X^2,e_0⟩={\int }_{-1}^1\frac{t^2}{\sqrt{2}}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{2}}{3}$. $⟨X^2,e_1⟩={\int }_{-1}^1\sqrt{\frac{3}{2}}{t}^3\mathrm{d}t=0$ (par imparité). $v_2=X^2-⟨X^2,e_0⟩e_0=X^2-\frac{\sqrt{2}}{3}\frac{1}{\sqrt{2}}=X^2-\frac{1}{3}$. $\Vert v_2{\Vert }^2={\int }_{-1}^1(t^2-1/3{)}^2\mathrm{d}t={\int }_{-1}^1(t^4-\frac{2}{3}{t}^2+\frac{1}{9})\mathrm{d}t=2\left(\frac{1}{5}-\frac{2}{9}+\frac{1}{9}\right)=2\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{9}\right)=\frac{8}{45}$. D'où $e_2(X)=\frac{v_2}{\Vert v_2\Vert }=\frac{\sqrt{45}}{\sqrt{8}}(X^2-1/3)=\frac{3\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}(X^2-1/3)=\frac{\sqrt{10}}{4}(3X^2-1)$.

2. Calcul de la distance $d(X^3,{\mathbb{R}}_2[X])$ : Par le théorème de la meilleure approximation, $d(X^3,{\mathbb{R}}_2[X]{)}^2=\Vert X^3{\Vert }^2-\Vert p_F(X^3){\Vert }^2$. D'une part : $\Vert X^3{\Vert }^2={\int }_{-1}^1{t}^6\mathrm{d}t=\frac{2}{7}$. D'autre part, comme $X^3$ est une fonction impaire :

• $⟨X^3,e_0⟩=0$ (produit pair $\times$ impair).
• $⟨X^3,e_2⟩=0$ (produit pair $\times$ impair).
• $⟨X^3,e_1⟩={\int }_{-1}^1\sqrt{\frac{3}{2}}{t}^4\mathrm{d}t=2\sqrt{\frac{3}{2}}\frac{1}{5}=\frac{\sqrt{6}}{5}$.

Ainsi $p_F(X^3)=⟨X^3,e_1⟩e_1=\frac{\sqrt{6}}{5}\sqrt{\frac{3}{2}}X=\frac{3}{5}X$. La norme au carré de la projection est $\Vert p_F(X^3){\Vert }^2=|⟨X^3,e_1⟩{|}^2=\frac{6}{25}$. On en déduit le carré de la distance : $$d(X^3,{\mathbb{R}}_2[X]{)}^2=\frac{2}{7}-\frac{6}{25}=\frac{50-42}{175}=\frac{8}{175}.$$ La distance minimale est donc : $$d(X^3,{\mathbb{R}}_2[X])=\sqrt{\frac{8}{175}}=\frac{2\sqrt{2}}{5\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{14}}{35}.$$