Exercices corrigés - Espaces euclidiens : orthogonalité, projections orthogonales, polynômes orthogonaux

Notons $u=(1,-1,2,1)$ et $v=(-1,2,3,-1)$. Alors on a \begin{align*} (x,y,z,t)\in F&\iff (x,y,z,t)\perp u\textrm{ et }(x,y,z,t)\perp v\\ &\iff (x,y,z,t)\perp \textrm{vect}(u,v). \end{align*} Ainsi, $F=(\textrm{vect}(u,v))^\perp.$ Puisqu'on est en dimension finie, on a pour tout sous-espace $E$ de $\mathbb R^4$ : $(E^\perp)^\perp=E.$ On conclut que $F^\perp=\textrm{vect}(u,v).$ Ainsi, puisque $(u,v)$ est une famille libre, $(u,v)$ est une base de $F^\perp.$ Remarquons ensuite que \begin{eqnarray*}(x,y,z,t)\in G^\perp&\iff& (x,y,z,t)\perp (1,1,1,0)\textrm{ et }(x,y,z,t)\perp (2,1,1,-1)\\ &\iff &x+y+z=0\textrm{ et }2x+y+z-t=0\\ &\iff&\left\{\begin{array}{rcl} x+y+z&=&0\\ x-t&=&0\\ \end{array}\right. \\ &\iff &\left\{\begin{array}{rcl} x&=&x\\ y&=&-x-z\\ z&=&z\\ t&=&x\\ \end{array}\right. \end{eqnarray*} On en déduit qu'une famille génératrice de $G^\perp$ est donnée par les vecteurs $u_1=(1,-1,0,1)$ et $u_2=(0,-1,1,0)$. Ces vecteurs étant linéairement indépendants, ils forment une base de $G^\perp$.

On commence par chercher une base de $G$. On remarque que \begin{eqnarray*} (x,y,z,t)\in G&\iff& \left\{\begin{array}{rcl} x+y-z+t&=&0\\ x+2y+3z+t&=&0 \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{\begin{array}{rcl} x+y-z+t&=&0\\ y+4z&=&0 \end{array}\right.\\ &\iff&\left\{\begin{array}{rcl} x+y-z+t&=&-y+z-t=5z-t\\ y&=&-4z\\ z&=&z\\ t&=&t \end{array}\right.\\ \end{eqnarray*} Ainsi, si on pose $u_1=(5,-4,1,0)$ et $u_2=(-1,0,0,1)$, on sait que $(u_1,u_2)$ est une base de $G$. On détermine alors facilement un système d'équations pour $G^\perp$ : \begin{eqnarray*} (x,y,z,t)\in G^\perp&\iff& (x,y,z,t)\perp u_1\textrm{ et }(x,y,z,t)\perp u_2\\ &\iff&\left\{ \begin{array}{rcl} 5x-4y+z&=&0\\ -x+t&=&0 \end{array} \right. \end{eqnarray*}

Remarquons que, puisque tout est positif, l'inégalité est équivalente à $\|x+\lambda y\|^2\geq \|x\|^2$. Or, $$\|x+\lambda y\|^2=\|x\|^2+2\lambda \langle x,y\rangle+\lambda^2\|y\|^2$$ et donc l'inégalité est équivalente à $$2\lambda \langle x,y\rangle+\lambda^2\|y\|^2\geq 0.$$ Supposons d'abord que $x$ est orthogonal à $y$, et donc que $\langle x,y\rangle=0$. Alors l'inégalité précédente est bien vérifiée pour tout $\lambda\in\mathbb R$. Réciproquement, supposons que, pour tout $\lambda\in \mathbb R$, $$2\lambda \langle x,y\rangle+\lambda^2\|y\|^2\geq 0.$$ Si $y=0,$ l'inégalité $2\lambda \langle x,y\rangle\geq 0$ pour tout $\lambda\in\mathbb R$ entraîne $\langle x,y\rangle=0$. Si $y\neq 0,$ alors $2\lambda \langle x,y\rangle+\lambda^2 \|y\|^2$ est un polynôme du second degré en $\lambda$ qui est toujours positif ou nul. Le discriminant de ce polynôme doit donc être négatif ou nul, ce qui signifie que $4\langle x,y\rangle^2\leq 0$. Ceci n'est possible que si $\langle x,y\rangle=0$, c'est-à-dire si $x$ et $y$ sont orthogonaux.

1. Soit $y\in B^\perp$. Alors, pour tout $x\in A$, on a $x\in B$ et donc $\langle x,y\rangle=0$, ce qui prouve que $y\in A^\perp$.
2. On commence par prendre $x\in (A\cup B)^\perp$, et prouvons que $x\in A^\perp$. En effet, si $y\in A$, on a $y\in A\cup B$, et donc $\langle x,y\rangle=0$. Ceci montre la première inclusion. Réciproquement, si $x\in A^\perp\cap B^\perp$, prenons $y\in (A\cup B)$. Alors si $y\in A$, on a bien $\langle x,y\rangle =0$ puisque $x\in A^\perp$, et le cas où $y\in B$ se résoud de la même façon.
3. D'après la première question, puisque $A\subset \textrm{vect}(A)$, on a $$\textrm{vect}(A)^\perp \subset A^\perp.$$ Réciproquement, si $y\in A^\perp$, prenons $x\in\textrm{vect}(A)$. Alors on peut trouver des éléments $a_1,\dots,a_n$ de $A$ et des scalaires $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ tels que $$x=\lambda_1a_1+\dots+\lambda_n a_n.$$ On a alors \begin{eqnarray*} \langle y,x\rangle&=&\langle y,\lambda_1 a_1+\dots+\lambda_n a_n\rangle\\ &=& \lambda_1 \langle y,a_1\rangle+\dots+\lambda_n \langle y,a_n\rangle\\ &=&\lambda_1 0+\dots+\lambda_n 0\\ &=&0, \end{eqnarray*} et donc $y\in \textrm{vect}(A)^\perp$.
4. On va commencer par prouver que $A\subset (A^{\perp})^{\perp}$. Mais, soit $x\in A$. Choisissons $y\in A^\perp$. On a alors $\langle x,y\rangle=0$, ce qui prouve que $x\in A^{\perp\perp}$. D'autre part, $(A^\perp)^{\perp}$ est un sous-espace vectoriel de $E$ qui contient $A$. Il contient donc le sous-espace vectoriel engendré par $A$ et on a bien l'inclusion demandée.
5. Notons $B=\textrm{vect}(A)$ et $n=\dim(E)$. Alors d'après la question précédente, $$(A^\perp)^{\perp}=(B^\perp)^{\perp}.$$ D'autre part, $$\dim(B^\perp)=n-\dim B\implies \dim((B^{\perp})^\perp)=n-\dim(B^\perp)=\dim(B).$$ Ainsi, d'après la question précédente, on a $B\subset (B^\perp)^\perp$ et ces deux sous-espaces ont la même dimension. Ils sont donc égaux!

On remarque d'abord que si $A\subset B$, alors on a $B^\perp\subset A^\perp$, ce qui est immédiat en appliquant la définition. Ainsi, puisque $F\subset F+G$ et $G\subset F+G$, on obtient $(F+G)^\perp\subset F^\perp\cap G^\perp$. Prenons maintenant $x\in F^\perp\cap G^\perp$. Tout $z\in F+G$ s'écrit $z=f+g$, avec $f\in F$ et $g\in G$. Alors : $$(x,z)=(x,f)+(x,g)=0,$$ ce qui prouve que $F^\perp\cap G^\perp\subset (F+G)^\perp.$ D'autre part, on a $F\cap G\subset F$ et $F\cap G\subset G$, ce qui donne respectivement $F^\perp\subset (F\cap G)^\perp$ et $G^\perp\subset (F\cap G)^\perp$. Puisque $(F\cap G)^\perp$ est un sous-espace vectoriel, il est stable par addition, et donc on a $F^\perp+G^\perp\subset (F\cap G)^\perp$. Dans le cas où $E$ est un espace de dimension finie, on peut obtenir l'autre inclusion en comparant les dimensions des sous-espaces : \begin{eqnarray*} \dim(F^\perp+G^\perp)&=&\dim F^\perp+\dim G^\perp-\dim(F^\perp\cap G^\perp)\\ &=&\dim(F^\perp)+\dim(G^\perp)-\dim(F+G)^\perp\\ &=&\dim(E)-\dim(F)-\dim(G)+\dim(F+G)\\ &=&\dim(E)-\dim(F\cap G)\\ &=&\dim((F\cap G)^\perp). \end{eqnarray*}

Soit $g\in F^\perp$. Remarquons que la fonction $h$ définie par $h(x)=xg(x)$ est dans $F$. On en déduit que $(g,h)=0$, ce qui donne $\int_0^1 xg^2(x)=0.$ Or, la fonction $x\mapsto xg^2(x)$ est positive et continue sur $[0,1]$. Puisque son intégrale est nulle, c'est qu'il s'agit de la fonction identiquement nulle. Ainsi, pour tout $x>0$, on a $g(x)=0$. Maintenant, $g$ est continue, et donc on obtient que $g$ est identiquement nulle. Ainsi, $F^\perp=\{0\}$. D'autre part, si $F$ admettait un supplémentaire orthogonal, on aurait $F\oplus F^\perp=E$. Ici, $F\oplus F^\perp=F\neq E$. Donc $F$ n'admet pas de supplémentaire orthogonal!

Le premier vecteur est simplement $\frac u{\|u\|}$. Puisque $\|u\|=\sqrt 2$, on a $$e_1=\left(\frac{1}{\sqrt 2},0,\frac 1{\sqrt 2}\right).$$ Cherchons ensuite $e'_2$ sous la forme $e'_2=v+\lambda e_1$ de sorte que $\langle e'_2,e_1\rangle=0$. On a \begin{eqnarray*} \langle e'_2,e_1\rangle&=&\langle v,e_1\rangle+\lambda \langle e_1,e_1\rangle\\ &=&\frac{2}{\sqrt 2}+\lambda\\ &=&\sqrt 2+\lambda. \end{eqnarray*} On doit donc avoir $\lambda=-\sqrt 2$ ce qui donne $$e'_2=(0,1,0).$$ Il est déjà normalisé et donc on pose $e_2=(0,1,0)$. Cherchons ensuite $e'_3$ sous la forme $$e'_3=w+\lambda e_1+\mu e_2$$ de sorte que $\langle e'_3,e_1\rangle=0$ et $\langle e'_3,e_2\rangle=0$. Il vient : \begin{eqnarray*} \langle e'_3,e_1\rangle&=&\langle w,e_1\rangle+\lambda \langle e_1,e_1\rangle\\ &=&-\frac{1}{\sqrt 2}+\lambda \end{eqnarray*} d'où il vient $\lambda=\frac{1}{\sqrt 2}$. Ensuite, on a \begin{eqnarray*} \langle e'_3,e_2\rangle&=&\langle w,e_2\rangle+\mu \langle e_2,e_2\rangle\\ &=& -1+\mu \end{eqnarray*} d'où $\mu=1$. On en déduit que $$e'_3=\left(-\frac 12,0,\frac 12\right).$$ On normalise ce vecteur, et on trouve $$e_3=\left(-\frac 1{\sqrt 2},0,\frac 1{\sqrt 2}\right).$$

L'application $\langle\cdot,\cdot \rangle$ est clairement symétrique. Sa bilinéarité vient de la linéarité de la dérivation et de l'évaluation en un point. De plus, si $P\in\mathbb R_n[X],$ on a $$\langle P,P \rangle =\sum_{k=0}^n \frac{(P^{(k)}(a))^2}{(k!)^2}\geq 0.$$ De plus, $\langle P,P\rangle=0$ si et seulement si, pour tout $k=0,\dots,n$, $P^{(k)}(a)=0$ c'est-à-dire si et seulement si $a$ est racine de multiplicité au moins $n+1$ de $P$. Puisque $P$ est de degré au plus $n$, $P=0.$
Posons ensuite $P_j(X)=(X-a)^j$. Alors $P_j^{(k)}(a)=0$ si $k\neq j$ et $P_j^{(j)}(a)=j!.$ Ainsi, on a pour tout polynôme $P\in\mathbb R_n[X],$ $$\langle P_j,P\rangle= \frac{P^{(j)}(a)}{j!}.$$ Appliquant ceci aux $P_\ell$, on constate que $(P_j)_{j=0,\dots,n}$ est une famille orthonormée de $\mathbb R_n[X].$ En particulier, c'est une famille libre qui comporte $n+1$ vecteurs dans un espace de dimension $n+1$, et c'est donc une base orthonormée de $\mathbb R_n[X].$

On commence par chercher une base de $F$. On remarque que \begin{eqnarray*} (x,y,z,t)\in F&\iff& \left\{\begin{array}{rcl} x&=&-z-t\\ y&=&x+z=-t \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{\begin{array}{rcl} x&=&-z-t\\ y&=&-t\\ z&=&z\\ t&=&t \end{array}\right. \end{eqnarray*} Posons alors $u_1=(-1,0,1,0)$ et $u_2=(-1,-1,0,1)$. Alors $(u_1,u_2)$ est une base de $F$. Malheureusement, elle n'est pas orthonormale. On l'orthonormalise en posant $$v_1=\frac{u_1}{\|u_1\|}=\frac1{\sqrt 2}(-1,0,1,0).$$ On pose ensuite \begin{align*} u'_2&=u_2-\langle u_2,v_1\rangle v_1\\ &=(-1,-1,0,1)-\frac{1}{\sqrt 2}\times \frac 1{\sqrt 2}(-1,0,1,0)\\ &=(-1/2,-1,-1/2,1) \end{align*} de sorte que $\langle u'_2,v_1\rangle=0.$ On normalise enfin $u'_2$ en posant $$v_2=\frac{u'_2}{\|u'_2\|}=\frac{\sqrt 2}{\sqrt 5}(-1/2,-1,-1/2,1). $$ La famille $(v_1,v_2)$ est une base orthonormale de $F.$

On va orthonormaliser la base canonique $(1,X,X^2)$. Commençons par normaliser $1$. Sa norme est $\sqrt 2$. On pose donc $$P=\frac 1{\sqrt 2}.$$ Considérons ensuite $$Q_1(X)=X+\lambda P$$ où $\lambda$ est choisi de sorte que $\langle Q_1,P\rangle=0$. Mais, $$\langle Q_1,P\rangle=\int_{-1}^1 \frac t{\sqrt 2}dt+\lambda \langle P,P\rangle=\lambda.$$ On doit donc avoir $\lambda=0$ (en réalité, les deux vecteurs $1$ et $X$ sont déjà orthogonaux!), et donc $Q_1=X$. On normalise ce vecteur en $$Q(X)=\sqrt{\frac 32}X.$$ On pose enfin $$R_1=X^2+\lambda P+\mu Q$$ de sorte que $\langle R_1,P\rangle=0$ et $\langle R_1,Q\rangle=0$. Mais, $X^2$ est déjà orthogonal à $X$, et donc par un calcul similaire au précédent, on va trouver que $\mu=0$. D'autre part, $$\langle R_1,P\rangle=\frac 1{\sqrt 2}\int_{-1}^1 t^2dt+\lambda=\frac {\sqrt 2}3+\lambda.$$ On trouve $\lambda=-\frac{\sqrt 2}3$ et donc $$R_1(X)=X^2-\frac{1}3.$$ Reste à normaliser ce vecteur en $$R(X)=\sqrt{\frac 58}(3X^2-1).$$ Ainsi, $\left(\frac 1{\sqrt 2},\sqrt{\frac 32}X,\sqrt{\frac 58}(3X^2-1)\right)$ est une base orthonormale de $\mathbb R_2[X]$.

On va prouver que la famille est libre et génératrice. D'une part, si on applique l'égalité avec $e_j$, on obtient : $$1=1+\sum_{k\neq j}\langle e_k,e_j\rangle^2.$$ Ainsi, pour tout $k\neq j$, on a $\langle e_k,e_j\rangle=0$, et la famille est orthogonale. Ainsi, c'est une famille libre. De plus, elle est génératrice. Prenons en effet $x\in E$, et posons $$y=\sum_{k=1}^n \langle x,e_k\rangle e_k.$$ On va prouver que $x=y$. Pour cela, on remarque que, puisque la famille est orthogonale, on a $\langle x,e_k\rangle=\langle y,e_k\rangle$. Or, $$\|x-y\|^2=\sum_{k=1}^n \langle x-y,e_k\rangle^2=0.$$ Donc $x=y$. $(e_1,\dots,e_n)$ est donc une base orthonormale de $E$, qui est de dimension $n$ (ceci n'était pas précisé au début de l'énoncé).
Une autre façon de prouver que la famille est génératrice est de considérer $F$ le sous-espace de $E$ engendré par $(e_1,\dots,e_n)$. Il s'agit d'un sous-espace de dimension finie de $E$. On peut donc considérer $p$ la projection orthogonale sur $F$. Pour tout $x\in E$, d'après le théorème de Pythagore, on a $$\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2.$$ Or, $$p(x)=\sum_{i=1}^n \langle x,e_i\rangle e_i\implies \|p(x)\|^2=\sum_{i=1}^n \langle x,e_i\rangle^2=\|x\|^2.$$ On en déduit que $\|x-p(x)\|=0$, ou encore que $p(x)=x$, ou encore que $x\in F$, ce qui achève la preuve de $F=E$.

On commencer par rechercher une base de $F$. Pour cela on écrit que \begin{eqnarray*} (x,y,z,t)\in F&\iff&\left\{ \begin{array}{rcl} x+y+t&=&0\\ x+y+2z-t&=&0 \end{array}\right.\\ &\iff&\left\{ \begin{array}{rcll} x+y+t&=&0\\ 2z-2t&=&0&L_2\leftarrow L_2-L_1\\ \end{array}\right.\\ &\iff&\left\{ \begin{array}{rcll} x&=&-y&-t\\ y&=&y\\ z&=&&t\\ t&=&&t \end{array}\right. \end{eqnarray*} Ainsi, si on pose $u_1=(-1,1,0,0)$ et $u_2=(-1,0,1,1)$, on trouve que $(u_1,u_2)$ est une base de $F$. Notons ensuite $p_F(u)$ le projeté orthogonal de $F$ sur $u$ et donnons deux méthodes pour le calculer.
Une première méthode consiste à écrire que $p_F(u)=au_1+bu_2=(-a-b,a,b,b)$ de sorte que $u-p_F(u)=(1+a+b,8-a,1-b,1-b).$ On sait que $u-p_F(u)\perp u_1.$ Calculant le produit scalaire, on trouve $$-1-a-b+8-a=0\iff 2a+b=7.$$ On sait aussi que $u-p_F(u)\perp u_2$ et toujours avec l'aide du produit scalaire : $$-1-a-b+1-b+1-b=0\iff a+3b=1.$$ Ainsi, $(a,b)$ est solution du système suivant, que l'on va résoudre : \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{rcl} a+3b&=&1\\ 2a+b&=&7 \end{array}\right.&\iff& \left\{\begin{array}{rcl} a+3b&=&1\\ -5b&=&5 \end{array}\right.\\ &\iff&\left\{ \begin{array}{rcl} a&=&4\\ b&=&-1 \end{array}\right. \end{eqnarray*} On trouve $p_F(u)=(-3,4,-1,-1).$
Deuxième méthode : on va orthonormaliser la base $(u_1,u_2)$. Puisque $\|u_1\|=\sqrt 2,$ on pose $$v_1=\frac1{\sqrt 2}(-1,1,0,0).$$ On cherche ensuite $u'_2=u_2+\alpha v_1$ de sorte que $\langle u'_2,v_1\rangle=0.$ Ceci donne $$\frac 1{\sqrt 2}+\alpha=0\iff \alpha=\frac{-1}{\sqrt 2}.$$ On obtient $$u'_2=(-1,0,1,1)+\left(\frac 12,-\frac 12,0,0\right)=\left(-\frac 12,-\frac 12,1,1\right).$$ D'autre part, $$\|u'_2\|^2=\frac 14+\frac 14+1+1=\frac{10}4$$ et donc on pose $$v_2=\frac{u'_2}{\|u'_2\|}=\frac1{\sqrt 10}(-1,-1,2,2).$$ On sait ensuite que $p_F(u)=\langle u,v_1\rangle v_1+\langle u,v_2\rangle v_2.$ Or, $$\langle u,v_1\rangle=\frac{7}{\sqrt 2}\textrm{ et }\langle u,v_2\rangle=\frac{-5}{\sqrt{10}}$$ de sorte que $$\langle u,v_1\rangle v_1=\left(-\frac 72,\frac 72,0,0\right)$$ et $$\langle u,v_2\rangle v_2=\left(\frac 12,\frac 12,-1,-1\right).$$ Après un dernier petit calcul, on retrouve bien $p_F(u)=(-3,4,-1,-1).$

On va étudier deux façons de répondre à cet exercice. La première consiste à calculer une base orthonormée de $F$, et d'utiliser l'expression de la projection dans une base orthonormée. Posons $e_1=1$ et $e_2=x$, qui est une base de $F=\textrm{vect}(1,x)$. On va orthonormaliser cette base en une base orthonormale $(u_1,u_2)$. D'abord on a $$u_1=\frac{u_1}{\|u_1\|}=1.$$ Ensuite, on chercher $u'_2\in \textrm{vect}(u_1,e_2)$ tel que $u'_2\perp u_1$. Pour cela, on écrit $u'_2=e_2+\lambda_1 u_1.$ On a \begin{eqnarray*} u'_2\perp u_1&\iff&\langle u'_2,u_1\rangle=0\\ &\iff&\langle e_1,u_1\rangle+\lambda_1=0\\ &\iff&\int_0^1 xdx+\lambda_1=0\\ &\iff&\lambda_1=-\frac 12. \end{eqnarray*} Ainsi, $u'_2=x-\frac 12$ est orthogonal à $u_1$ et $\textrm{vect}(u_1,u'_2)=\textrm{vect}(e_1,e_2)$. On normalise ensuite $u'_2$ : $$\|u'_2\|^2=\int_0^1\left(x-\frac 12\right)^2dx=\frac 13\left[\left(x-\frac 12\right)^3\right]_0^1=\frac 13\left(\frac 18+\frac 18\right)=\frac1{12}$$ et $$u_2=\frac{u'_2}{\|u'_2\|}=\sqrt{12}u'_2=\sqrt 3(2x-1).$$ Il vient alors $$p_F(x^2)=\langle x^2,u_2\rangle u_2+\langle x^2,u_1\rangle u_1.$$ Or $$\langle x^2,u_2\rangle=\int_0^1 \sqrt 3(2x^3-x^2)dx=\sqrt 3\left(\frac 12-\frac 13\right)=\frac{\sqrt 3}6$$ et $$\langle x^2,u_1\rangle=\int_0^1 x^2dx=\frac 13.$$ On obtient pour conclure $$p_F(x^2)=\frac 12(2x-1)+\frac13=x-\frac 16.$$ L'autre méthode consiste à écrire a priori que $p_F(x^2)=ax+b$ puis à déterminer $a$ et $b$ en écrivant que \begin{eqnarray*} x^2-p_F(x^2)\perp 1&\iff& \langle x^2-ax-b,1\rangle=0\\ &\iff&\int_0^1 (x^2-ax-b)dx=0\\ &\iff& \frac 13-\frac a2-b=0 \end{eqnarray*} et \begin{eqnarray*} x^2-p_F(x^2)\perp x&\iff& \langle x^2-ax-b,x\rangle=0\\ &\iff&\int_0^1 (x^3-ax^2-bx)dx=0\\ &\iff& \frac 14-\frac a3-\frac b2=0. \end{eqnarray*} On obtient un système que l'on résout facilement : $$\left\{ \begin{array}{rcl} \frac 13-\frac a2-b&=&0\\ \frac 14-\frac a3-\frac b2&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} a&=&1\\ b&=&-1/6. \end{array}\right. $$ On retrouve bien sûr le même projeté orthogonal $p_F(x^2)=x-\frac 16.$

On commence par remarquer que $A^2=A$. Ainsi, $p$ est bien une projection. On va calculer $\ker(p)$ et $\textrm{Im}(p)$. Il suffira ensuite de démontrer que ces deux sous-espaces sont orthogonaux pour pouvoir conclure. On remarque d'abord que $(x,y,z)\in \ker(p)$ si et seulement si \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{rcl} 5x-2y+z&=&0\\ -2x+2y+2z&=&0\\ x+2y+5z&=&0\\ \end{array}\right. &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} x+2y+5z&=&0\\ 6y+12z&=&0\\ -12y-24z&=&0\\ \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-z\\ y&=&-2z\\ z&=&z \end{array}\right. \end{eqnarray*} Ainsi, $\ker(p)=\textrm{vect}(u)$, où $u=(-1,-2,1)$. On en déduit (on sait déjà que $p$ est une projection) que $\textrm{Im}(p)$ est de dimension 2. Puisque $p(e_1)$ et $p(e_2)$ sont indépendants, en posant $v=(5,-2,1)$ et $w=(-2,2,2)$, on en déduit que $\textrm{Im}(p)=\textrm{vect}(v,w)$.
Pour démontrer que $p$ est une projection orthogonale, il reste à prouver que $\ker(p)\perp\textrm{Im}(p)$. Mais $u\perp v$ et $u\perp w$, donc on a bien $\textrm{vect}(u)\perp \textrm{vect}(v,w)$.
Puisque $u$ est un vecteur normal au plan $\textrm{Im}(p)$, une équation de ce plan est $$-x-2y+z=0.$$ Enfin, on calcule la distance de $(1,1,1)$ au plan $\textrm{Im}(p)$ par la formule du cours : $$d=\frac{|\langle u,(1,1,1)\rangle|}{\|u\|}=\frac{|-1-2+1|}{\sqrt 6}=\frac {2}{\sqrt 6}.$$

Supposons d'abord que $p$ est un projecteur orthogonal. Pour tout $x$ de $E$, $x=p(x)+(x-p(x))$, où $p(x)\perp x-p(x)$. Le théorème de Pythagore donne alors $\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2$, ce qui entraîne $\|p(x)\|\leq \|x\|$ pour tout $x$ de $E$. Réciproquement, supposons que pour tout $x$ de $E$, $\|p(x)\|\leq \|x\|$, et supposons que $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$. Prenons $x$ dans $F$, et $y$ dans $G$, et posons $f(t)=\|x+ty\|^2$. Le développement de la norme donne : $$f(t)=\|x\|^2+2t(x,y)+t^2\|y\|^2.$$ $f$ est donc une fonction dérivable. En outre, $p(x+ty)=x$, et donc $f(0)=\|x\|^2\leq \|x+ty\|^2\leq f(t)$. $f$ atteint donc son minimum en 0. On a donc $f'(0)=0$, ce qui donne $(x,y)=0$ : $F$ et $G$ sont orthogonaux, ce qui signifie que $p$ est un projecteur orthogonal!

On va se simplifier la vie en travaillant avec les noyaux plutôt que les images. Il est en effet clair que, si $F$ et $G$ sont deux sous-espaces de $E$, alors $$F\subset G\iff G^\perp\subset F^\perp.$$ De plus, s'agissant de projections orthogonales, $\textrm{Im}(p)^\perp=\ker(p).$ L'assertion 1 est donc équivalente à $$(3)\quad\quad\quad \ker(q)\subset \ker(p).$$ Démontrons alors que $2\implies 3$. Supposons $2$ et prenons $y\in\textrm{ker}(q)$. Alors on a $$\|p(y)\|\leq \|q(y)\|=0$$ et donc $p(y)=0$. Réciproquement, supposement $\ker(q)\subset\ker(p)$ et prouvons $2$. Soit $x\in E$, que l'on décompose en $x=x_1+x_2$ dans $\ker(q)\oplus \textrm{Im}(q)$. Alors, $$q(x)=x_2\textrm{ et }p(x)=p(x_1)+p(x_2)=p(x_2).$$ $p$ étant une projection orthogonale, on a toujours $$\|p(x_2)\|\leq \|x_2\|$$ (c'est par exemple une conséquence du théorème de Pythagore, en décomposant $x_2$ dans la somme directe orthogonale $\textrm{Im}(p)\oplus \ker(p)$). Ainsi, on a bien prouvé que $$\|p(x)\|\leq \|q(x)\|.$$

Un vecteur normal à $\mathcal P$ est donnée par $v=(2,1,-1)$. Ainsi, par une formule du cours, $$d(u,\mathcal P)=\frac{|\langle u,v\rangle|}{\|v\|}=\frac{7}{\sqrt 6}.$$

Posons $E=\mathcal C([0,1])$ muni du produit scalaire $\pss{f}{g}=\int_0^1 f(t)g(t)dt$. On a $\int_0^1 |x^2-ax-b|^2dx=\|x^2-(ax+b)\|^2$. Quand $(a,b)$ décrit $\mathbb R^2$, $ax+b$ décrit $F=\textrm{vect}(1,x)$ et donc $$\inf_{(a,b)\in\mathbb R^2}\int_0^1 |x^2-ax-b|^2dx=\inf_{f\in F}\|x^2-f\|^2.$$ Mais on sait que $$\inf_{f\in F}\|x^2-f\|=\|x^2-p(x^2)\|$$ où $p(x^2)$ est la projection orthogonale de $x^2$ sur $F$. Il s'agit donc de calculer cette projection. Ceci peut se faire de deux façons. D'une part, on peut fabriquer une base orthonormale de $F$ par le procédé de Gram-Schmidt à partir de $1,x$ et on sait que $$p(x^2)=\pss{x^2}{e_1}e_1+\pss{x^2}{e_2}e_2.$$ On peut aussi poser a priori $p(x^2)=ax+b$ et écrire que $x^2-(ax+b)\perp 1$, $x^2-(ax+b)\perp x$. On obtient le système : $$\left\{ \begin{array}{ccc} \int_0^1 x^2-(ax+b)dx&=&0\\ \int_0^1 x^3-(ax^2+bx)dx&=&0 \end{array}\right.$$ qui permet de calculer $a$ et $b$. Par l'une ou l'autre méthode, on trouve que $p(x^2)=x-1/6$ et donc que $\|x^2-p(x^2)\|=\frac1{\sqrt{180}}.$ La borne inférieure recherchée est donc $1/180$ (il ne faut pas oublier de reprendre le carré).

On va faire apparaître ceci comme un problème de calcul de distance à un sous-espace de dimension 2 dans un bon espace préhilbertien. Pour cela, on pose $E=\mathcal C([0,2\pi])$ muni du produit scalaire $\langle f,g\rangle=\int_0^{2\pi} f(t)g(t)dt$. On cherche à calculer $$\inf_{a,b\in\mathbb R^2}\|t-a\sin-b\cos\|^2.$$ Posons $F=\textrm{vect}(\sin,\cos)$. Alors $\{a\sin+b\cos:\ a,b\in\mathbb R\}=F$ et ce que l'on cherche est ni plus ni moins que $$\inf_{f\in F}\|t-f\|^2.$$ Puisque $F$ est de dimension finie, cela revient à calculer le projeté orthogonal $p_F(t)$ de $t$ sur $F$, puisqu'alors $$\inf_{f\in F}\|t-f\|^2=\|t-p_F(t)\|^2=\|t\|^2-\|p_F(t)\|^2.$$ Reste à calculer $p_F(t)$. Il y a plusieurs façons de s'y prendre. Ici, il est facile de voir que $$\langle \sin,\cos\rangle=\int_0^{2\pi}\sin(t)\cos(t)dt=\frac 12\int_0^{2\pi}\sin(2t)dt=0$$ et donc que la famille $(\sin,\cos)$ est déjà une base orthogonale de $F$. On la normalise en remarquant que $$\int_0^{2\pi}\cos^2(t)dt=\int_0^{2\pi}\frac{1+\cos(2t)}{2}dt=\left[\frac t2+\frac{\sin(2t)}4\right]_0^{2\pi}=\pi.$$ De même on prouve que $$\int_0^{2\pi}\sin^2(t)dt=\pi.$$ Ainsi, $\left(\frac{\cos}{\sqrt \pi},\frac{\sin}{\sqrt \pi}\right)$ est une base orthonormée de $F$. On a alors \begin{eqnarray*} p_F(t)&=&\left\langle t,\frac{\cos}{\sqrt \pi}\right\rangle\frac{\cos}{\sqrt \pi}+\left\langle t,\frac{\sin}{\sqrt \pi}\right\rangle\frac{\sin}{\sqrt \pi}\\ &=&\langle t,\cos\rangle\frac{\cos}{\pi}+\langle t,\sin\rangle\frac{\sin}{\pi}. \end{eqnarray*} Il reste à calculer ces deux produits scalaires. Pour cela, on remarque que, par une intégration par parties, \begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi}te^{it}dt&=&\left[t\frac{e^{it}}i\right]_0^{2\pi}-\int_0^{2\pi}\frac 1ie^{it}dt\\ &=&-2i\pi+\left[e^{it}\right]_0^{2\pi}\\ &=&-2i\pi. \end{eqnarray*} En particulier, en prenant la partie réelle et la partie imaginaire, on trouve $$\int_0^{2\pi}t\cos(t)dt=0\textrm{ et }\int_0^{2\pi}t\sin(t)dt=-2\pi.$$ Finalement, on a $$p_F(t)=-2\sin.$$ Pour conclure, \begin{eqnarray*} \inf_{f\in F}\|t-f\|^2&=&\|t\|^2-\|p_F(t)\|^2\\ &=&\int_0^{2\pi}t^2dt-\int_0^{2\pi}4\sin^2(t)dt\\ &=&\frac{8\pi^3}3-4\pi \end{eqnarray*} Il convient ici de distinguer ce qui est du calcul technique d'intégrale et ce qui relève des espaces préhilbertiens.

Un vecteur normal du plan est $u=(2,1,-1)$. Un point du plan est $A=(0,0,2)$. On en déduit que la distance recherchée est $$d=\frac{|\langle u,\overrightarrow{AM}\rangle|}{\|u\|}=\frac{\langle(2,1,-1),(3,4,3)\rangle}{\sqrt{6}}=\frac{7}{\sqrt 6}.$$