Exercice 15

(a) L'application s'écrit ${X}^{T}SY$ avec $S$ diagonale de coefficients $1$, $2$, $1$ : elle est bilinéaire et symétrique, et $\langle x, x \rangle = x_{1}^{2} + 2x_{2}^{2} + x_{3}^{2}$ est positif, nul seulement si $x = 0$. Pour ce produit, $\langle e_{i}, e_{j} \rangle = 0$ si $i \neq j$ : la base canonique est déjà orthogonale, et l'algorithme se réduit à la normalisation, avec $\lVert e_{1} \rVert = \lVert e_{3} \rVert = 1$ et $\lVert e_{2} \rVert = \sqrt{2}$. $$\boxed{u_{1} = e_{1} = (1, 0, 0), \qquad u_{2} = \frac{e_{2}}{\sqrt{2}} = \Big(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0\Big), \qquad u_{3} = e_{3} = (0, 0, 1)}$$ Le vecteur $(0, 1, 0)$, de longueur $1$ pour le produit canonique, a pour norme $\sqrt{2}$ ici : être unitaire dépend du produit scalaire, comme le soulignait l'exemple qui suit le théorème 5.

(b) Le poids $t \mapsto t$ est continu et positif sur $[0\,,2]$, et ne s'annule qu'en $0$ : par la proposition 2 (ii), la formule définit un produit scalaire sur $\mathbb{R}[X]$, donc sur $\mathbb{R}_{2}[X]$. Les produits utiles se calculent par primitives usuelles : $$\langle X^{i}, X^{j} \rangle = \int_{0}^{2} t^{i + j + 1}\,\mathrm{d} t = \frac{2^{i + j + 2}}{i + j + 2},$$ d'où $$\lVert 1 \rVert^{2} = 2, \qquad \langle X, 1 \rangle = \frac{8}{3}, \qquad \lVert X \rVert^{2} = \langle X^{2}, 1 \rangle = 4, \qquad \langle X^{2}, X \rangle = \frac{32}{5}.$$ On applique la méthode du cours sans racine carrée. D'abord $w_{0} = 1$, puis $$w_{1} = X - \frac{\langle X, 1 \rangle}{\lVert 1 \rVert^{2}} = X - \frac{4}{3}, \qquad \lVert w_{1} \rVert^{2} = \lVert X \rVert^{2} - \frac{8}{3}\langle X, 1 \rangle + \frac{16}{9}\lVert 1 \rVert^{2} = 4 - \frac{64}{9} + \frac{32}{9} = \frac{4}{9}.$$ Ensuite $\langle X^{2}, w_{1} \rangle = \frac{32}{5} - \frac{4}{3} \cdot 4 = \frac{16}{15}$ et $\frac{\langle X^{2}, w_{1} \rangle}{\lVert w_{1} \rVert^{2}} = \frac{16}{15} \cdot \frac{9}{4} = \frac{12}{5}$, d'où $$w_{2} = X^{2} - \frac{4}{2} - \frac{12}{5}\Big(X - \frac{4}{3}\Big) = X^{2} - \frac{12}{5}X + \frac{6}{5}, \qquad \lVert w_{2} \rVert^{2} = \frac{8}{75}.$$ On contrôle $\langle w_{2}, 1 \rangle = 4 - \frac{12}{5} \cdot \frac{8}{3} + \frac{6}{5} \cdot 2 = 4 - \frac{32}{5} + \frac{12}{5} = 0$ ✓. En divisant par les normes $\sqrt{2}$, $\frac{2}{3}$ et $\sqrt{\frac{8}{75}} = \frac{2\sqrt{6}}{15}$ : $$\boxed{u_{0} = \frac{1}{\sqrt{2}}, \qquad u_{1} = \frac{3X - 4}{2}, \qquad u_{2} = \frac{\sqrt{6}}{4}\big(5X^{2} - 12X + 6\big)}$$ Le polynôme $w_{1}$ s'annule en $\frac{4}{3}$, au-delà du milieu de $[0\,,2]$ : le poids $t$ favorise la partie droite de l'intervalle, et le « centre de gravité » $\frac{\langle X, 1 \rangle}{\lVert 1 \rVert^{2}}$ s'y déplace. Les racines de $w_{2}$, $\frac{6 \pm \sqrt{6}}{5} \approx 0{,}71$ et $1{,}69$, sont réelles, simples et dans $]0\,,2[$, comme l'annonce la proposition 7.