Espaces préhilbertiens et euclidiens

1. Pour tout $a$, ${\phi }_a$ est symétrique (échanger $x$ et $y$ échange $x_1{y}_2$ et $x_2{y}_1$) et linéaire par rapport à $x$ ($y$ fixé, c'est une combinaison linéaire de $x_1$ et $x_2$), donc bilinéaire symétrique. Ensuite, par forme canonique : $${\phi }_a(x,x)=2x_1^2+2x_1{x}_2+a{x}_2^2=2{(x_1+\frac{x_2}{2})}^2+(a-\frac{1}{2})x_2^2\mathrm{.}$$

• Si $a>\frac{1}{2}$ : ${\phi }_a(x,x)\ge 0$, et ${\phi }_a(x,x)=0$ impose $x_2=0$ puis $x_1=0$. C'est un produit scalaire.
• Si $a\le \frac{1}{2}$ : pour $x=(-1,2)$, ${\phi }_a(x,x)=0+4(a-\frac{1}{2})\le 0$ avec $x\mathrm{\ne }0$ : ${\phi }_a$ n'est pas définie positive.

$\boxed{{\displaystyle {\phi }_a\text{ est un produit scalaire}⟺a>\frac{1}{2}}}$.

2. Les deux applications sont bilinéaires (évaluation et dérivation sont linéaires), symétriques et positives ($\theta (P,P)=P(0{)}^2+P(1{)}^2\ge 0$, de même pour ${\theta }^{\mathrm{\prime }}$). Reste le caractère défini.

• $\theta$ : $P=X(X-1)\in {ℝ}_2[X]$ est non nul et $\theta (P,P)=0$. $\theta$ n'est pas un produit scalaire.
• ${\theta }^{\mathrm{\prime }}$ : si ${\theta }^{\mathrm{\prime }}(P,P)=P(0{)}^2+P(1{)}^2+P^{\mathrm{\prime }}(0{)}^2=0$, alors $P(0)=P(1)=0$ ; $P$, de degré $\le 2$, s'écrit $P=cX(X-1)$, et $P^{\mathrm{\prime }}(0)=-c=0$, donc $P=0$. ${\theta }^{\mathrm{\prime }}$ est un produit scalaire.

3. Non. Pour $A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)$, $A^2=-I_2$ et $\mathrm{tr}(AA)=-2<0$ : l'application n'est pas positive. (Elle est pourtant bilinéaire et symétrique, puisque $\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(BA)$.)

4. L'intégrale existe ($t\mapsto tf(t)g(t)$ est continue sur le segment $[0,1]$). Symétrie évidente ; linéarité à gauche par linéarité de l'intégrale ; linéarité à droite par symétrie. Positivité : $tf(t{)}^2\ge 0$ sur $[0,1]$ et les bornes sont dans l'ordre. Défini : si ${\int }_0^{1}tf(t{)}^{2}dt=0$, la fonction $h:t\mapsto tf(t{)}^2$ est continue, positive, d'intégrale nulle sur $[0,1]$, donc nulle (Intégration § 5). Ainsi $f(t)=0$ pour tout $t\in ]0,1]$, puis $f(0)=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }f(t)=0$ par continuité de $f$. Donc $f=0$ : c'est un produit scalaire. (Le poids $t$ s'annule en $0$, d'où l'argument de continuité.)

1. Dans ${ℝ}^n$ canonique, soient $u=(\sqrt{x_1},\dots ,\sqrt{x_n})$ et $v=(\frac{1}{\sqrt{x_1}},\dots ,\frac{1}{\sqrt{x_n}})$ (licite car $x_i>0$). Alors $⟨u,v⟩=n$, $\parallel u{\parallel }^2=\sum x_i=1$, $\parallel v{\parallel }^2=\sum \frac{1}{x_i}$. Cauchy-Schwarz : $n^2\le 1\cdot \sum \frac{1}{x_i}$. Cas d'égalité : il faut et il suffit que $u$ et $v$ soient colinéaires : $\sqrt{x_i}=\frac{\lambda }{\sqrt{x_i}}$, soit $x_i=\lambda$ pour tout $i$, et la contrainte donne $\boxed{{\displaystyle x_1=\cdots =x_n=\frac{1}{n}}}$.

2. Avec $u=(1,2,\dots ,n)$ et $v=(a_1,\dots ,a_n)$ : $⟨u,v{⟩}^2\le \parallel u{\parallel }^2\parallel v{\parallel }^2$ et $\parallel u{\parallel }^2={\sum }_{k=1}^n{k}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$. Égalité si et seulement si $(a_k)$ est colinéaire à $u$ (car $u\mathrm{\ne }0$) : $\boxed{{\displaystyle a_k=\lambda k\text{ pour tout }k,\lambda \in ℝ}}$.

3. Sur $𝒞([0,1],ℝ)$ muni de ${\int }_0^{1}fg$, prenons $u=\sqrt{f}$ et $v=\frac{1}{\sqrt{f}}$, continues car $f$ est continue et $>0$. $⟨u,v⟩={\int }_0^{1}1=1$, $\parallel u{\parallel }^2={\int }_0^{1}f$, $\parallel v{\parallel }^2={\int }_0^1\frac{1}{f}$ : Cauchy-Schwarz donne l'inégalité. Cas d'égalité : il faut et il suffit que $u$ et $v$ soient colinéaires ($v\mathrm{\ne }0$) : $\sqrt{f}=\frac{\lambda }{\sqrt{f}}$, soit $f=\lambda$ constante. Réciproquement une constante $c>0$ donne $c\cdot \frac{1}{c}=1$.

4. Sur ${ℳ}_n(ℝ)$ muni de $⟨A,B⟩=\mathrm{tr}({}^{t}AB)$ : $⟨I_n,A⟩=\mathrm{tr}A$ et $\parallel I_n{\parallel }^2=\mathrm{tr}(I_n)=n$. Cauchy-Schwarz : $(\mathrm{tr}A{)}^2\le n\mathrm{tr}({}^{t}AA)$. Égalité si et seulement si $\boxed{{\displaystyle A=\lambda I_n}}$, $\lambda \in ℝ$ ($I_n\mathrm{\ne }0$).

5. Polarisation : $⟨x,y⟩=\frac{1}{2}(\parallel x+y{\parallel }^2-\parallel x{\parallel }^2-\parallel y{\parallel }^2)=\frac{1}{2}(36-9-16)=\boxed{{\displaystyle \frac{11}{2}}}$. Parallélogramme : $\parallel x-y{\parallel }^2=2(9+16)-36=14$, donc $\boxed{{\displaystyle \parallel x-y\parallel =\sqrt{14}}}$. Enfin $\parallel x+y\parallel \le \parallel x\parallel +\parallel y\parallel =7$ (Minkowski) : $\parallel x+y\parallel =8$ est impossible.

1. $(u_1,u_2)$ est libre (non colinéaires). $\parallel u_1\parallel =2$, donc ${\epsilon }_1=\frac{1}{2}(1,1,1,1)$. Puis $⟨{\epsilon }_1,u_2⟩=\frac{1}{2}(0+1+2+3)=3$ et $$v_2=u_2-3{\epsilon }_1=(0,1,2,3)-\frac{3}{2}(1,1,1,1)=\frac{1}{2}(-3,-1,1,3),\parallel v_2{\parallel }^2=\frac{1}{4}(9+1+1+9)=5.$$ $\boxed{{\displaystyle {\epsilon }_1=\frac{1}{2}(1,1,1,1),{\epsilon }_2=\frac{1}{2\sqrt{5}}(-3,-1,1,3)}}$. Contrôle : $⟨{\epsilon }_1,{\epsilon }_2⟩=\frac{1}{4\sqrt{5}}(-3-1+1+3)=0$, et $⟨{\epsilon }_2,u_2⟩=\frac{1}{2\sqrt{5}}(0-1+2+9)=\sqrt{5}>0$.

2. $p_F(x)=⟨{\epsilon }_1,x⟩{\epsilon }_1+⟨{\epsilon }_2,x⟩{\epsilon }_2$, donc en colonnes $M={\epsilon }_1{}^t{\epsilon }_1+{\epsilon }_2{}^t{\epsilon }_2$ : $$M=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& 1& 1& 1\\ 1& 1& 1& 1\\ 1& 1& 1& 1\end{array}\right)+\frac{1}{20}\left(\begin{array}{cccc}9& 3& -3& -9\\ 3& 1& -1& -3\\ -3& -1& 1& 3\\ -9& -3& 3& 9\end{array}\right)=\frac{1}{20}\left(\begin{array}{cccc}14& 8& 2& -4\\ 8& 6& 4& 2\\ 2& 4& 6& 8\\ -4& 2& 8& 14\end{array}\right)\mathrm{.}$$ $M$ est symétrique et $\mathrm{tr}M=\frac{14+6+6+14}{20}=2=\dim F$ (trace d'un projecteur = rang).

3. Avec $p_F$. $⟨{\epsilon }_1,v⟩=1$ et $⟨{\epsilon }_2,v⟩=\frac{1}{2\sqrt{5}}(-3+3)=0$, donc $p_F(v)={\epsilon }_1=\frac{1}{2}(1,1,1,1)$ et $v-p_F(v)=\frac{1}{2}(1,-1,-1,1)$, de norme $1$. $\boxed{{\displaystyle d(v,F)=1}}$. (Ou : $d^2=\parallel v{\parallel }^2-⟨{\epsilon }_1,v{⟩}^2-⟨{\epsilon }_2,v{⟩}^2=2-1-0=1$.)

Avec les équations normales. On cherche $y=\lambda u_1+\mu u_2$ avec $⟨v-y,u_1⟩=⟨v-y,u_2⟩=0$. Comme $⟨u_1,u_1⟩=4$, $⟨u_1,u_2⟩=6$, $⟨u_2,u_2⟩=14$, $⟨v,u_1⟩=2$, $⟨v,u_2⟩=3$ : $$4\lambda +6\mu =2,6\lambda +14\mu =3.$$ D'où $\mu =0$, $\lambda =\frac{1}{2}$ : même projeté, même distance.

4. $x=(x_1,x_2,x_3,x_4)\in F^{\perp }⟺⟨x,u_1⟩=⟨x,u_2⟩=0$ : $$F^{\perp }:\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3+x_4=0\\ x_2+2x_3+3x_4=0\end{array}$$ Avec $x_3,x_4$ libres : $x_2=-2x_3-3x_4$, $x_1=x_3+2x_4$. Base : $\boxed{{\displaystyle ((1,-2,1,0),(2,-3,0,1))}}$, et $\dim F^{\perp }=2=4-\dim F$. Contrôle : $-(1,-2,1,0)+(2,-3,0,1)=(1,-1,-1,1)$, donc $v-p_F(v)=\frac{1}{2}(1,-1,-1,1)$ est bien dans $F^{\perp }$.

1. Le coefficient $(j,j)$ de ${}^{t}AB$ vaut ${\sum }_i{a}_{ij}{b}_{ij}$ ; en sommant sur $j$ : $\mathrm{tr}({}^{t}AB)={\sum }_{i,j}{a}_{ij}{b}_{ij}$. C'est le produit scalaire canonique de ${ℝ}^{n^2}$ lu sur les coefficients : bilinéaire, symétrique, et $⟨A,A⟩=\sum a_{ij}^2=0\Rightarrow A=0$. $⟨E_{ij},E_{kl}⟩$ vaut $1$ si $(i,j)=(k,l)$ et $0$ sinon : $(E_{ij})$ est orthonormée, et c'est une base (base canonique).

2. Pour $S$ symétrique et $A$ antisymétrique : $⟨S,A⟩=\mathrm{tr}(SA)$, et $\mathrm{tr}(SA)=\mathrm{tr}({}^t(SA))=\mathrm{tr}({}^{t}A{}^{t}S)=-\mathrm{tr}(AS)=-\mathrm{tr}(SA)$, donc $⟨S,A⟩=0$. Les deux sous-espaces sont orthogonaux, et supplémentaires car $M=\frac{M+{}^{t}M}{2}+\frac{M-{}^{t}M}{2}$ (calcul matriciel). Donc ${𝒮}_n^{\perp }={𝒜}_n$ et $\boxed{{\displaystyle p_{{𝒮}_n}(M)=\frac{M+{}^{t}M}{2}}}$ (projection sur ${𝒮}_n$ parallèlement à ${𝒜}_n={𝒮}_n^{\perp }$).

3. $⟨I_n,M⟩=\mathrm{tr}M$, donc $(ℝI_n{)}^{\perp }=\mathrm{Ker}\mathrm{tr}$, hyperplan de vecteur normal $I_n$, $\parallel I_n{\parallel }^2=n$. Formule de l'hyperplan : $\boxed{{\displaystyle p_{\mathrm{Ker}\mathrm{tr}}(M)=M-\frac{\mathrm{tr}M}{n}{I}_n}}$.

4. $\frac{M-{}^{t}M}{2}=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -2\\ -1& 0& 2\\ 2& -2& 0\end{array}\right)$, de norme au carré $2(1+4+4)=18$ : $\boxed{{\displaystyle d(M,{𝒮}_3)=3\sqrt{2}}}$, atteinte en $\frac{M+{}^{t}M}{2}=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ 1& 1& 1\\ 2& 1& 1\end{array}\right)$. $\mathrm{tr}M=3$, donc $d(M,\mathrm{Ker}\mathrm{tr})=\frac{\mid ⟨I_3,M⟩\mid }{\parallel I_3\parallel }=\frac{3}{\sqrt{3}}=\boxed{{\displaystyle \sqrt{3}}}$, atteinte en $M-I_3=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 0\\ 0& 0& 3\\ 4& -1& 0\end{array}\right)$.

1. $\parallel 1{\parallel }^2=1$ : $e_1=1$. Puis $⟨e_1,t⟩=\frac{1}{2}$, $v_2=t-\frac{1}{2}$, $\parallel v_2{\parallel }^2={\int }_0^1{(t-\frac{1}{2})}^{2}dt={\left[\frac{1}{3}{(t-\frac{1}{2})}^3\right]}_0^1=\frac{1}{12}$. $\boxed{{\displaystyle e_1=1,e_2=\sqrt{12}(t-\frac{1}{2})=\sqrt{3}(2t-1)}}$.

2. $⟨e_1,\exp ⟩={\int }_0^1{e}^{t}dt=e-1$. Par parties, ${\int }_0^1(2t-1)e^{t}dt=[(2t-1)e^t{]}_0^1-2{\int }_0^1{e}^{t}dt=e+1-2(e-1)=3-e$, donc $⟨e_2,\exp ⟩=\sqrt{3}(3-e)$. Enfin $\parallel \exp {\parallel }^2={\int }_0^1{e}^{2t}dt=\frac{e^2-1}{2}$.

3. $p_F(\exp )=(e-1)\cdot 1+3(3-e)(2t-1)=\boxed{{\displaystyle (4e-10)+(18-6e)t}}$. D'après le théorème de la meilleure approximation (fiche §10), le minimum est atteint en une seule fonction de $F$, $p_F(\exp )$, et $$m=\parallel \exp {\parallel }^2-⟨e_1,\exp {⟩}^2-⟨e_2,\exp {⟩}^2=\frac{e^2-1}{2}-(e-1{)}^2-3(3-e{)}^2=\boxed{{\displaystyle \frac{-7e^2+40e-57}{2}}},$$ atteint pour $\boxed{{\displaystyle a=4e-10,b=18-6e}}$ seulement.

4. $m=d(\exp ,F{)}^2$ et $m=0$ équivaudrait à $\exp \in F$ ; or $\exp$ n'est pas affine (sa dérivée seconde ne s'annule pas). Donc $m>0$, c'est-à-dire $7e^2-40e+57<0$. Le trinôme $7x^2-40x+57$ a pour discriminant réduit $400-399=1$ et pour racines $\frac{20\pm 1}{7}$, soit $\frac{19}{7}$ et $3$ ; il est strictement négatif exactement entre ses racines : $\boxed{{\displaystyle \frac{19}{7}<e<3}}$. (Sans calculatrice, un encadrement de $e$ d'amplitude $\frac{2}{7}$ sorti d'un calcul de distance.)

1. Bilinéarité (dérivation et évaluation linéaires), symétrie et positivité ($⟨P,P⟩=\sum P^{(k)}(1{)}^2$) sont immédiates. Si $⟨P,P⟩=0$, alors $P^{(k)}(1)=0$ pour $k=0,\dots ,3$, et la formule de Taylor en $1$ pour $\mathrm{deg}P\le 3$, $P={\sum }_{k=0}^3\frac{P^{(k)}(1)}{k!}(X-1{)}^k$ (Polynômes § 5), donne $P=0$.

2. $Q_j^{(k)}(1)=1$ si $k=j$ et $0$ sinon (on dérive $j$ fois $(X-1{)}^j\mathrm{/}j!$ pour obtenir $1$ ; les autres dérivées s'annulent en $1$ ou sont nulles). Donc $⟨Q_j,Q_{\mathrm{\ell }}⟩={\sum }_k{Q}_j^{(k)}(1)Q_{\mathrm{\ell }}^{(k)}(1)={\delta }_{j\mathrm{\ell }}$ : famille orthonormée de $4=\dim E$ vecteurs, c'est une base orthonormée. Coordonnées : $⟨Q_k,P⟩=P^{(k)}(1)$ (c'est la formule de Taylor). Pour $X^3$ : $1,3,6,6$, donc $\parallel X^3{\parallel }^2=1+9+36+36=82$, $\boxed{{\displaystyle \parallel X^3\parallel =\sqrt{82}}}$.

3. $⟨1,P⟩=P(1)$ (seule la dérivée d'ordre $0$ de $1$ est non nulle), donc $H=\{P,⟨1,P⟩=0\}=1^{\perp }$, avec $\parallel 1\parallel =1$. Formule de la distance à un hyperplan : $d(P,H)=\frac{\mid ⟨1,P⟩\mid }{\parallel 1\parallel }=\boxed{{\displaystyle \mid P(1)\mid }}$ (et $p_H(P)=P-P(1)$).

4. Taylor en $1$ appliqué à $P^{\mathrm{\prime }}$ (de degré $\le 2$) : $P^{\mathrm{\prime }}(X)=P^{\mathrm{\prime }}(1)+P^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)(X-1)+\frac{P^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)}{2}(X-1{)}^2$, d'où en $X=0$ : $$\phi (P)=P^{\mathrm{\prime }}(0)=P^{\mathrm{\prime }}(1)-P^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)+\frac{1}{2}{P}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(1)\mathrm{.}$$ Dans la base orthonormée $ℬ$, $\phi (P)=⟨A,P⟩$ pour le polynôme de coordonnées $(0,1,-1,\frac{1}{2})$ : $\boxed{{\displaystyle A=(X-1)-\frac{(X-1{)}^2}{2}+\frac{(X-1{)}^3}{12}}}$, unique (représentation des formes linéaires, fiche §7), et $\parallel A{\parallel }^2=0+1+1+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}$. $G=\mathrm{Ker}\phi =A^{\perp }$. Comme $\phi (X)=1$ : $d(X,G)=\frac{\mid \phi (X)\mid }{\parallel A\parallel }=\boxed{{\displaystyle \frac{2}{3}}}$ et $$p_G(X)=X-\frac{\phi (X)}{\parallel A{\parallel }^2}A=X-\frac{4}{9}A=-\frac{X^3}{27}+\frac{X^2}{3}+\frac{19}{27}\mathrm{.}$$ Contrôle : la dérivée de ce polynôme en $0$ est nulle, il est bien dans $G$.

5. ${ℝ}_1[X]=\mathrm{Vect}(Q_0,Q_1)$, donc (base orthonormée) ${ℝ}_1[X{]}^{\perp }=\mathrm{Vect}(Q_2,Q_3)=\{P,P(1)=P^{\mathrm{\prime }}(1)=0\}=\boxed{{\displaystyle (X-1{)}^2{ℝ}_1[X]}}$. $d(X^3,{ℝ}_1[X]{)}^2=⟨Q_2,X^3{⟩}^2+⟨Q_3,X^3{⟩}^2=36+36=72$ : $\boxed{{\displaystyle d(X^3,{ℝ}_1[X])=6\sqrt{2}}}$.

1. La $i$-ème coordonnée de $Y-aU-bT$ est $y_i-a-b{t}_i$ : $S(a,b)=\parallel Y-aU-bT{\parallel }^2$. Quand $(a,b)$ décrit ${ℝ}^2$, $aU+bT$ décrit $F=\mathrm{Vect}(U,T)$ (de dimension $2$, $U$ et $T$ non colinéaires). Donc $\min S=d(Y,F{)}^2$, atteint uniquement en $p_F(Y)$ (fiche §10) ; comme $(U,T)$ est libre, le couple $(a,b)$ tel que $p_F(Y)=aU+bT$ est unique.

2. $Y-aU-bT\in F^{\perp }⟺⟨Y-aU-bT,U⟩=0$ et $⟨Y-aU-bT,T⟩=0$. Avec $\parallel U{\parallel }^2=4$, $⟨U,T⟩=2$, $\parallel T{\parallel }^2=6$, $⟨Y,U⟩=8$, $⟨Y,T⟩=0+0+3+8=11$ : $$4a+2b=8,2a+6b=11.$$ La première donne $b=4-2a$ ; la seconde $2a+24-12a=11$, d'où $a=\frac{13}{10}$ et $b=\frac{7}{5}$. $\boxed{{\displaystyle y=\frac{13}{10}+\frac{7}{5}t}}$. Valeurs $a+b{t}_i$ de la droite : $-\frac{1}{10}$, $\frac{13}{10}$, $\frac{27}{10}$, $\frac{41}{10}$ ; résidus $y_i-a-b{t}_i$ : $\frac{1}{10}$, $-\frac{3}{10}$, $\frac{3}{10}$, $-\frac{1}{10}$. Donc $\min S=\frac{1+9+9+1}{100}=\boxed{{\displaystyle \frac{1}{5}}}$. Contrôle : le vecteur des résidus $\frac{1}{10}(1,-3,3,-1)$ est orthogonal à $U$ (somme nulle) et à $T$ ($-1+0+3-2=0$).

3. Gram-Schmidt (variante orthogonale) : $v_1=U$, $v_2=T-\frac{⟨U,T⟩}{\parallel U{\parallel }^2}U=T-\bar{t}U$, de coordonnées $t_i-\bar{t}$, non nul car les $t_i$ ne sont pas tous égaux. $(v_1,v_2)$ est une base orthogonale de $F$, donc $$p_F(Y)=\frac{⟨U,Y⟩}{m}U+\frac{⟨v_2,Y⟩}{\parallel v_2{\parallel }^2}{v}_2=\bar{y}U+\beta (T-\bar{t}U),\beta =\frac{\sum (t_i-\bar{t})y_i}{\sum (t_i-\bar{t}{)}^2}\mathrm{.}$$ Comme $\sum (t_i-\bar{t})=0$, on a $\sum (t_i-\bar{t})y_i=\sum (t_i-\bar{t})(y_i-\bar{y})$. Par unicité des coordonnées dans la base $(U,T)$ : $\boxed{{\displaystyle b=\beta =\frac{\sum (t_i-\bar{t})(y_i-\bar{y})}{\sum (t_i-\bar{t}{)}^2},a=\bar{y}-b\bar{t}}}$. Données : $\bar{t}=\frac{1}{2}$, $\bar{y}=2$ ; $\sum (t_i-\bar{t})(y_i-\bar{y})=3+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+3=7$, $\sum (t_i-\bar{t}{)}^2=\frac{9}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{9}{4}=5$ : $b=\frac{7}{5}$, $a=2-\frac{7}{10}=\frac{13}{10}$. On retrouve la question 2.

1. Si $g$ est paire et $h$ impaire, $gh$ est impaire et continue, donc ${\int }_{-1}^{1}gh=0$ (changement de variable $x\mapsto -x$) : $𝒫\perp ℐ$, et en particulier $𝒫\cap ℐ=\{0\}$. Toute $f$ s'écrit $f=f_p+f_i$ avec $f_p(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}$ paire et $f_i(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}$ impaire, continues : $E=𝒫\oplus ℐ$.

2. $ℐ\subset {𝒫}^{\perp }$ d'après 1. Réciproquement, si $f\in {𝒫}^{\perp }$, écrivons $f=f_p+f_i$ : $0=⟨f,f_p⟩=\parallel f_p{\parallel }^2+⟨f_i,f_p⟩=\parallel f_p{\parallel }^2$, donc $f_p=0$ et $f=f_i\in ℐ$. Ainsi $\boxed{{\displaystyle {𝒫}^{\perp }=ℐ}}$, et de même ${ℐ}^{\perp }=𝒫$. (Ici $𝒫$ est de dimension infinie : on ne peut pas citer le théorème du supplémentaire orthogonal, d'où ce calcul direct.)

3. Pour $g\in 𝒫$ : $f-g=(f_p-g)+f_i$ avec $f_p-g\in 𝒫$ et $f_i\in ℐ={𝒫}^{\perp }$. Pythagore : $\parallel f-g{\parallel }^2=\parallel f_p-g{\parallel }^2+\parallel f_i{\parallel }^2\ge \parallel f_i{\parallel }^2=\parallel f-f_p{\parallel }^2$. Donc $d(f,𝒫)=\parallel f_i\parallel$, atteinte en $f_p$. Pour $\exp$ : $f_i=\mathrm{sh}$, et ${\int }_{-1}^1{\mathrm{sh}}^{2}tdt={\int }_{-1}^1\frac{\mathrm{ch}2t-1}{2}dt={[\frac{\mathrm{sh}2t}{4}-\frac{t}{2}]}_{-1}^1=\frac{\mathrm{sh}2}{2}-1$. $\boxed{{\displaystyle d(\exp ,𝒫)=\sqrt{\frac{\mathrm{sh}2}{2}-1}=\sqrt{\frac{e^2-e^{-2}}{4}-1}}}$, atteinte en $\mathrm{ch}$.

4. La somme est finie ; c'est le produit canonique sur les coefficients : bilinéaire, symétrique, et $⟨P,P⟩=\sum a_k^2=0\Rightarrow P=0$. $H=\mathrm{Ker}\psi$ avec $\psi :P\mapsto {\int }_0^{1}P$, linéaire (linéarité de l'intégrale) et non nulle ($\psi (1)=1$) : c'est un hyperplan.

5. Soit $Q=\sum b_k{X}^k\in H^{\perp }$. Pour $k\ge 1$, $X^k-\frac{1}{k+1}\in H$ (son intégrale sur $[0,1]$ vaut $\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+1}=0$), donc $0=⟨Q,X^k-\frac{1}{k+1}⟩=b_k-\frac{b_0}{k+1}$ : $b_k=\frac{b_0}{k+1}$ pour tout $k\ge 1$. Mais $Q$ n'a qu'un nombre fini de coefficients non nuls : pour $N>\mathrm{deg}Q$, $0=b_N=\frac{b_0}{N+1}$, donc $b_0=0$ puis tous les $b_k$ sont nuls. $\boxed{{\displaystyle H^{\perp }=\{0\}}}$, d'où $H\oplus H^{\perp }=H\mathrm{\ne }E$. Pas de contradiction : $E=F\oplus F^{\perp }$ n'est garanti que pour $F$ de dimension finie, et $H$ est de dimension infinie.

6. Pour $P={\sum }_{k=0}^n{a}_k{X}^k$ et $u_n={\sum }_{k=0}^n\frac{X^k}{k+1}$ : $⟨u_n,P⟩={\sum }_{k=0}^n\frac{a_k}{k+1}={\int }_0^{1}P$. Donc $H_n=u_n^{\perp }$ (dans ${ℝ}_n[X]$) et, la dimension étant finie, $H_n^{\perp }=(u_n^{\perp }{)}^{\perp }=\boxed{{\displaystyle ℝu_n}}$. Distance à un hyperplan, avec $⟨u_n,1⟩=1$ et $\parallel u_n{\parallel }^2={\sum }_{k=0}^n\frac{1}{(k+1{)}^2}$ : $$d(1,H_n)=\frac{\mid ⟨u_n,1⟩\mid }{\parallel u_n\parallel }=\boxed{{\displaystyle (\sum _{j=1}^{n+1}\frac{1}{j^2}{)}^{-1\mathrm{/}2}}}\mathrm{.}$$ Pour $j\ge 2$, $\frac{1}{j^2}\le \frac{1}{j(j-1)}=\frac{1}{j-1}-\frac{1}{j}$, donc par télescopage ${\sum }_{j=1}^{n+1}\frac{1}{j^2}\le 1+1-\frac{1}{n+1}<2$ et $d(1,H_n)>\frac{1}{\sqrt{2}}$. Enfin, tout $P\in H$ appartient à un $H_n$ (prendre $n\ge \mathrm{deg}P$), donc $\parallel 1-P\parallel \ge d(1,H_n)>\frac{1}{\sqrt{2}}$ : $\boxed{{\displaystyle d(1,H)\ge \frac{1}{\sqrt{2}}}}$. Le vecteur $1$ est à distance strictement positive de $H$, et pourtant aucun vecteur non nul n'est orthogonal à $H$ : en dimension infinie, on ne peut pas « projeter orthogonalement » sur n'importe quel sous-espace.