Math sup : espaces préhilbertiens et euclidiens

Il est d'une part très facile (et laisser au lecteur) de vérifier que $\varphi$ est une forme bilinéaire symétrique (ie $\varphi(P_1+\lambda P_2,Q)=\varphi(P_1,Q)+\lambda\varphi(P_2,Q)$ et $\varphi(P,Q)=\varphi(Q,P)$). D'autre part, pour tout $P\in\mathbb R_n[X]$, on a $\varphi(P,P)=\sum_{i=0}^n (P(a_i))^2$. Cette quantité est positive ou nulle. De plus, si elle est nulle, c'est-à-dire si $\varphi(P,P)=0$, alors comme on considère la somme de $n+1$ quantités positives ou nulles, chacune de ces quantités doit être nulle, et donc, pour tout $i=0,\dots,n$, on a $P(a_i)=0$. Ainsi, $P$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $n$ admettant au moins $n+1$ racines. Ainsi, $P$ est le polynôme nul. On a donc démontré que $\varphi$ est une forme bilinéaire, symétrique, et définie positive : c'est un produit scalaire sur $\mathbb R_n[X]$.

Dans les deux exemples, la difficulté est de démontrer qu'on a affaire à une forme définie.

1. Si $\langle f,f\rangle=0$, alors on a à la fois $(f(0))^2=0$, donc $f(0)=0$, et $$\int_0^1 \big(f'(t)\big)^2dt=0.$$ Or, $(f')^2$ est continue et positive sur $[0,1]$. Puisque son intégrale est nulle, c'est que $f'$ est nulle sur $[0,1]$. On en déduit que $f$ est constante sur $[0,1]$, puis, comme $f(0)=0$, que $f$ est identiquement nulle sur $[0,1]$.
2. Si $f\in E$ est tel que $\langle f,f\rangle=0$, le même raisonnement donne que $f^2w=0$ sur $[a,b]$, donc, puisque $w$ ne s'annule pas sur $]a,b[$, que $f=0$ sur $]a,b[$. Par continuité, on en déduit que $f=0$ sur $[a,b]$ et donc que $f\equiv 0$. La forme est bien définie positive.

On remarque d'abord que $\varphi$ est une forme bilinéaire. Pour qu'elle soit symétrique, il est nécessaire que $b=4$. En effet, on doit avoir $$\varphi\big((1,0),(0,1)\big)=\varphi\big((0,1),(1,0)\big)\implies b=4.$$ On vérifie facilement que cette condition est aussi suffisante pour que $\varphi$ soit symétrique.
On va ensuite trouver une condition portant sur $a$ pour que $\varphi$ soit définie positive. On a $$\varphi\big((x_1,x_2),(x_1,x_2)\big)=x_1^2+8x_1x_2+ax_2^2=(x_1+4x_2)^2+(a-16)x_2^2.$$ Si $a\leq 16$, alors $\varphi$ n'est pas définie positive. En effet, on a $$\varphi\big((-4,1),(-4,1)\big)=(a-16)\leq 0.$$ Réciproquement, si $a>16$, alors $\varphi\big((x_1,x_2),(x_1,x_2)\big)\geq 0$ et si $\varphi\big((x_1,x_2),(x_1,x_2)\big)=0$, alors on a $$\left\{\begin{array}{rcl} x_1+4x_2&=&0\\ x_2&=&0 \end{array} \right.$$ ce qui donne facilement $x_1=x_2=0$.
En conclusion, $\varphi$ définit un produit scalaire sur $\mathbb R^2$ si et seulement si $b=4$ et $a>16$.

Remarquons d'abord que $\phi$ est bien définie. En effet, les fonctions $f$ et $g$ étant continues sur le segment $[0,1]$, elles y sont bornées par une constante $M>0$, et donc on a $$\left|\frac1{2^n}f(a_n)g(a_n)\right|\leq \frac{M^2}{2^n},$$ et la série qui définit $\phi(f,g)$ converge absolument. De plus, il est très facile de vérifier que $\phi$ est une forme bilinéaire, symétrique et positive. On doit donc trouver une condition nécessaire et suffisante sur $a$ pour que ce soit une forme définie. D'abord, si $a$ est dense dans $[0,1]$, alors $\phi$ est définie. En effet, si $$\phi(f,f)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{f^2(a_n)}{2^n}=0,$$ alors on a $$\forall n\geq 0, f^2(a_n)=0\implies f(a_n)=0.$$ Si $a$ est dense dans $[0,1]$, ceci entraine que $f=0$ et donc que $\phi$ est définie. Réciproquement, on suppose que $a$ n'est pas dense dans $[0,1]$, et on prouve que $\phi$ n'est pas définie. Mais si $a$ n'est pas dense dans $[0,1]$, on peut trouver un intervalle $I\subset [0,1]$, non réduit à un point, et qui ne comprend aucun terme de la suite $(a_n)$. Soit alors $f\in E$ une fonction (continue) nulle sur $[0,1]\backslash I$ et valant $1$ au milieu de $I$ (pensez à une fonction $f$ dont la courbe représentative est une dent). Alors, $f(a_n)=0$ pour tout entier $n$ puisque $a_n$ n'est jamais élément de $I$, et donc $\phi(f,f)=0$, alors que $f\neq 0$.

Il suffit d'appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz dans $\mathbb R^n$ muni de son produit scalaire canonique, avec $x=(x_1,\dots,x_n)$ et $y=(2^{-1},\cdots,2^{-n})$. Il vient \begin{align*} \left| \sum_{k=1}^n \frac{x_k}{2^k}\right|&\leq \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{2^{2k}}\right)^{1/2}\left(\sum_{k=1}^n x_k^2\right)^{1/2} \end{align*} Par croissance de la fonction carrée sur $\mathbb R_+$, et en utilisant la formule donnant la somme d'une suite géométrique, on trouve \begin{align*} \left(\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{2^k}\right)^2 &\leq \frac{\frac 14-\frac{1}{4^{n+1}}}{1-\frac 14}\left(\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\\ &\leq \frac{\frac 14}{\frac 34}\left(\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\\ &\leq \frac 13\left(\sum_{k=1}^n x_k^2\right). \end{align*}

Il suffit d'écrire : $$x+y+z=\frac{1}{\sqrt 2}\times \sqrt 2 x+1\times y+\frac{1}{\sqrt 5}\times \sqrt 5 z.$$ D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz (pour le produit scalaire canonique sur $\mathbb R^3$), on a $$(x+y+z)^2\leq \left(\left(\frac 1{\sqrt 2}\right)^2+1^2+\left(\frac 1{\sqrt 5}\right)^2\right)\times (2x^2+y^2+5z^2)\leq \frac{17}{10}.$$

Utilisons le produit scalaire canonique sur $F=\mathcal C([a,b],\mathbb R)$ défini par $$\langle f,g\rangle=\int_a^b fg.$$ D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour ce produit scalaire avec le produit $\sqrt f\times\frac 1{\sqrt f}$. On obtient $$b-a=\int_a^b \sqrt f\times \frac 1{\sqrt f}\leq \left(\int_a^b f\right)^{1/2}\times \left(\int_a^b \frac 1f\right)^{1/2}.$$ Prenant le carré, on trouve que, pour tout $f\in E$, $$(b-a)^{2}\leq \int_a^b f\times\int_a^b \frac 1f.$$ De plus, pour $f=1$, qui est élément de $E$, on a clairement égalité. Ainsi, la borne inférieure recherchée vaut $(b-a)^2$ et est atteinte par la fonction identiquement égale à 1 (plus généralement, par les fonctions constantes).

Soient $x\neq y$ dans $B$, et $0<t<1$. Prouvons d'abord l'inégalité au sens large : $$\|tx+(1-t)y\|\leq t\|x\|+(1-t)\|y\|\leq t+(1-t)=1.$$ Pour que l'on ait égalité, il faut que les deux inégalités soient des égalités, ce qui entraîne :

• il existe $\lambda\in\mtr^+$ tel que $tx=\lambda(1-t)y$ (cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire pour une norme issue d'un produit scalaire);
• $\|x\|=\|y\|=1$.

Ces deux conditions ensemble entrainent alors que $x=y$, ce qui est impossible par hypothèse.

On va passer par $m$ : pour cela, on écrit $x-x_i=x-m+m-x_i$ de sorte que $$\|x-x_i\|^2=\|x-m\|^2+2\langle x-m,m-x_i\rangle+\|m-x_i\|^2.$$ Il vient, en faisant la somme \begin{align*} f(x)&=p\|x-m\|^2+2\sum_{i=1}^p \langle x-m,m-x_i\rangle+f(m)\\ &=p\||x-m\|^2+2 \left\langle x-m,\sum_{i=1}^p (m-x_i)\right\rangle+f(m)\\ &=p\|x-m\|^2+2\langle x-m,pm-pm\rangle+f(m)\\ &=p\|x-m\|^2+f(m)\geq f(m). \end{align*} Ainsi, $f$ atteint son minimum en $m.$

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 $$e_3=\left(-\frac 1{\sqrt 2},0,\frac 1{\sqrt 2}\right).$$

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 $u$ sur $F$ 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 $p_F(x^2)=x-\frac 16.$

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

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.