Espace préhilbertien réel/Exercices/Projection orthogonale

Exercice 4-1

Déterminer $\inf _{(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}}\int _{0}^{1}(x^{2}-(a+bx))^{2}\,\mathrm {d} x$.

Solution

Notons $E=C([0,1],\mathbb {R} )$ muni du produit scalaire $(f,g)\mapsto \langle f|g\rangle =\int _{0}^{1}fg$.

Considérons maintenant $e_{0}(x)=1$, $e_{1}(x)=x$, $f(x)=x^{2}$ ; $e_{0}$, $e_{1}$ et $f$ sont des éléments de $E$. On pose $F=\operatorname {Vect} (e_{0},e_{1})$.

$E$ muni de son produit scalaire est un espace préhilbertien, $f\in E$ et $F$ est un sev de dimension finie de $E$. Nous avons tous les éléments pour appliquer le théorème de la projection orthogonale : il existe un unique $g\in F$ qui est le projeté orthogonal de $f$ ; il vérifie :

$(d(f,F))^{2}=\|f-g\|^{2}$

et

$f-g\perp F$.

$(d(f,F))^{2}$ est justement la quantité qu'on cherche puisque : $(d(f,F))^{2}=\inf _{(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}}\int _{0}^{1}\left(x^{2}-(a+bx)\right)^{2}\,\mathrm {d} x$.

Nous souhaitons donc trouver la valeur de $\|f-g\|^{2}$. D'après le théorème de Pythagore, $\|f-g\|^{2}=\|f\|^{2}-\|g\|^{2}={\frac {1}{5}}-\|g\|^{2}$. Il suffit donc de trouver $\|g\|^{2}$.

Il s'agit pour cela d'expliciter $g$ ; on peut le faire grâce à la propriété $f-g\perp F$. Nous cherchons $g$ sous la forme $g=\alpha e_{0}+\beta e_{1}$ puisque $g\in F$.

${\begin{aligned}f-g\perp F&\iff \left\{{\begin{array}{l}\langle e_{0}|f-g\rangle =0\\\langle e_{1}|f-g\rangle =0\end{array}}\right.\\&\iff \left\{{\begin{array}{l}\langle e_{0}|f\rangle -\alpha \langle e_{0}|e_{0}\rangle -\beta \langle e_{0}|e_{1}\rangle =0\\\langle e_{1}|f\rangle -\langle e_{1}|e_{0}\rangle -\beta \langle e_{1}|e_{1}\rangle =0\end{array}}\right.\\&\iff \left\{{\begin{array}{l}\alpha \langle e_{0}|e_{0}\rangle +\beta \langle e_{0}|e_{1}\rangle =\langle e_{0}|f\rangle \\\alpha \langle e_{1}|e_{0}\rangle +\beta \langle e_{1}|e_{1}\rangle =\langle e_{1}|1\rangle .\end{array}}\right.\end{aligned}}$

Calculons les coefficients de ce système :

$\langle e_{0}|e_{0}\rangle =\int _{0}^{1}\,\mathrm {d} t=1,\qquad \langle e_{0}|e_{1}\rangle =\int _{0}^{1}t\,\mathrm {d} t={\frac {1}{2}},\qquad \langle e_{1}|e_{1}\rangle =\int _{0}^{1}t^{2}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{3}}$ ;

$\langle e_{0}|f\rangle =\int _{0}^{1}t^{2}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{3}},\qquad \langle e_{1}|f\rangle =\int _{0}^{1}t^{3}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{4}}$.

Ainsi :

$f-g\perp F\iff \left\{{\begin{array}{l}\alpha +{\frac {1}{2}}\beta ={\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}\alpha +{\frac {1}{3}}\beta ={\frac {1}{4}}\end{array}}\right.\iff \left\{{\begin{array}{l}\alpha =-{\frac {1}{6}}\\\beta =1.\end{array}}\right.$

On calcule :

${\begin{aligned}\|g\|^{2}&=\|\alpha e_{0}+\beta e_{1}\|^{2}=\alpha ^{2}\|e_{0}\|^{2}+2\alpha \beta \langle e_{0}|e_{1}\rangle +\beta ^{2}\|e_{1}\|^{2}\\&=\left(-{\frac {1}{6}}\right)^{2}.1+2.\left(-{\frac {1}{6}}\right).1.{\frac {1}{2}}+1.{\frac {1}{3}}={\frac {7}{36}}.\end{aligned}}$

Ainsi :

$\|f-g\|^{2}=\|f\|^{2}-\|g\|^{2}={\frac {1}{5}}-{\frac {7}{36}}={\frac {1}{180}}$.

Conclusion :

$\inf _{(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}}\int _{0}^{1}\left(x^{2}-(a+bx)\right)^{2}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{180}}$.

 

Exercice 4-2

Déterminer $\inf _{(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}}\int _{0}^{1}(\mathrm {e} ^{x}-ax-b)^{2}\,\mathrm {d} x$.

Solution

Considérons, comme dans l'exercice précédent, dans l'espace $C([0,1],\mathbb {R} )$ muni du produit scalaire $(f,g)\mapsto \langle f|g\rangle =\int _{0}^{1}fg$, le plan $F=\operatorname {Vect} (e_{0},e_{1})$ avec $e_{0}(x)=1$ et $e_{1}(x)=x$, mais cette fois, $f=\exp$ donc

$\langle e_{0}|f\rangle =\mathrm {e} -1$ ;

$\langle e_{1}|f\rangle =1$ ;

$\|f\|^{2}={\frac {\mathrm {e} ^{2}-1}{2}}$.

À ce changement près, la méthode est identique. Le projeté orthogonal de $f=\exp$ sur $F$ est donc $g=\alpha e_{0}+\beta e_{1}$ avec

$\left\{{\begin{array}{l}\alpha +{\frac {1}{2}}\beta =\mathrm {e} -1\\{\frac {1}{2}}\alpha +{\frac {1}{3}}\beta =1\end{array}}\right.\iff \left\{{\begin{array}{l}\alpha =2(2\mathrm {e} -5)\\\beta =6(3-\mathrm {e} ).\end{array}}\right.$

D'où :

$\|g\|^{2}=4(2\mathrm {e} -5)^{2}.1+2.2(2\mathrm {e} -5)6(3-\mathrm {e} ){\frac {1}{2}}+6^{2}(3-\mathrm {e} )^{2}{\frac {1}{3}}=4\mathrm {e} ^{2}-20\mathrm {e} +28$

et finalement :

$\inf _{(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}}\int _{0}^{1}(\mathrm {e} ^{x}-ax-b)^{2}\,\mathrm {d} x=\|f\|^{2}-\|g\|^{2}=-{\frac {7}{2}}\mathrm {e} ^{2}+20\mathrm {e} -{\frac {57}{2}}$.

 

Exercice 4-3

Déterminer $\inf _{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}}\int _{0}^{\pi }(t-x\sin t-y\cos t)^{2}\,\mathrm {d} t$.

Solution

Appliquons la même méthode que dans les deux exercices précédents à $E=C([0,\pi ],\mathbb {R} )$ (donc $\langle f|g\rangle =\int _{0}^{\pi }fg$),

$e_{0}=\sin$, $e_{1}=\cos$ et $f(t)=t$. Les calculs sont plus simples :

$\langle e_{0}|e_{0}\rangle =\langle e_{1}|e_{1}\rangle ={\frac {1}{2}}$ et $\langle e_{0}|e_{1}\rangle =0$ donc

$\alpha =2\langle e_{0}|f\rangle =2\pi ,\qquad \beta =2\langle e_{1}|f\rangle =-4,\quad \|g\|^{2}={\frac {\alpha ^{2}+\beta ^{2}}{2}}=2\pi ^{2}+8$ et

$\inf _{(a,b)\in \mathbb {R} ^{2}}\int _{0}^{\pi }(t-x\sin t-y\cos t)^{2}\,\mathrm {d} t=\|f\|^{2}-\|g\|^{2}={\frac {\pi ^{3}}{3}}-2\pi ^{2}-8$.