Exercice 40

Toutes les intégrales sont celles de polynômes sur $[0\,,1]$, calculées par les primitives usuelles, avec $\int_{0}^{1} t^{k}\,\mathrm{d} t = \frac{1}{k + 1}$.

1. (a) Le sous-espace $\mathrm{Vect}(X, X^{2})$ est de dimension $2$, donc son orthogonal dans $\mathbb{R}_{2}[X]$ est de dimension $1$ (proposition 11). Le polynôme $P = a + bX + cX^{2}$ lui appartient si et seulement si $$\left\{ \begin{array}{l} \langle P, X \rangle = \frac{a}{2} + \frac{b}{3} + \frac{c}{4} = 0 \\[2mm] \langle P, X^{2} \rangle = \frac{a}{3} + \frac{b}{4} + \frac{c}{5} = 0 \end{array} \right. \iff \left\{ \begin{array}{l} 6a + 4b + 3c = 0 \\ 20a + 15b + 12c = 0 \end{array} \right. \iff b = -4a \text{ et } c = \frac{10a}{3}.$$ On choisit $a = 3$ pour éviter les fractions. $$\boxed{\mathrm{Vect}(X, X^{2})^{\perp} = \mathrm{Vect}\big(10X^{2} - 12X + 3\big)}$$ (b) Pour $P \in \mathrm{Vect}(X, X^{2})$, on a $P(0) = 0$ : la condition impose $\langle A_{2}, X \rangle = \langle A_{2}, X^{2} \rangle = 0$, donc $A_{2} = \lambda(10X^{2} - 12X + 3)$ par (a). La condition pour $P = 1$ s'écrit $$1 = \lambda\int_{0}^{1} (10t^{2} - 12t + 3)\,\mathrm{d} t = \lambda\Big(\frac{10}{3} - 6 + 3\Big) = \frac{\lambda}{3}, \qquad \text{d'où } \lambda = 3.$$

$$\boxed{A_{2} = 30X^{2} - 36X + 9}$$ Réciproquement, ce polynôme convient pour $1$, $X$ et $X^{2}$, donc pour tout $P \in \mathbb{R}_{2}[X]$ par linéarité. On contrôle : $\int_{0}^{1} t(30t^{2} - 36t + 9)\,\mathrm{d} t = \frac{15}{2} - 12 + \frac{9}{2} = 0$. ✓

2. L'espace $\mathbb{R}_{n}[X]$, muni de ce produit scalaire (proposition 2 (ii)), est euclidien, et $P \mapsto P(0)$ est une forme linéaire sur $\mathbb{R}_{n}[X]$. L'exercice 22 (question 2) fournit un unique $A_{n} \in \mathbb{R}_{n}[X]$ tel que $P(0) = \langle A_{n}, P \rangle$ pour tout $P \in \mathbb{R}_{n}[X]$. Pour le degré, on raisonne par l'absurde : si $n \geqslant 1$ et $\deg A_{n} \leqslant n - 1$, le polynôme $P = XA_{n}$ appartient à $\mathbb{R}_{n}[X]$, et $$0 = P(0) = \langle A_{n}, XA_{n} \rangle = \int_{0}^{1} t\,A_{n}(t)^{2}\,\mathrm{d} t.$$ La fonction $t \mapsto tA_{n}(t)^{2}$ est continue, positive, d'intégrale nulle : elle est nulle sur $[0\,,1]$ (chapitre 18, théorème 4), et $A_{n}$, qui a alors une infinité de racines, est le polynôme nul. Mais alors $1 = \langle A_{n}, 1 \rangle = 0$ pour $P = 1$ : c'est absurde. Pour $n = 0$, $A_{0} = 1$, de degré $0$. $$\boxed{\exists!\,A_{n} \in \mathbb{R}_{n}[X], \ \forall\,P \in \mathbb{R}_{n}[X], \ P(0) = \int_{0}^{1} A_{n}(t)P(t)\,\mathrm{d} t, \qquad \text{et } \deg A_{n} = n}$$ Un calcul symbolique, qui résout le système des $n + 1$ conditions obtenues pour $P = 1, X, \dots, X^{n}$, donne $$A_{1} = 4 - 6X, \qquad A_{2} = 30X^{2} - 36X + 9, \qquad A_{3} = -140X^{3} + 240X^{2} - 120X + 16. \qquad \checkmark$$

3. Non. Si un tel polynôme $A$ existait, le raisonnement de la question 2, appliqué cette fois sans contrainte de degré à $P = XA \in \mathbb{R}[X]$, donnerait $\int_{0}^{1} tA(t)^{2}\,\mathrm{d} t = 0$, donc $A = 0$, puis $1 = \langle A, 1 \rangle = 0$ pour $P = 1$. $$\boxed{\text{il n'existe aucun polynôme } A \in \mathbb{R}[X] \text{ tel que } P(0) = \int_{0}^{1} A(t)P(t)\,\mathrm{d} t \text{ pour tout } P \in \mathbb{R}[X]}$$

À retenir. Sur l'espace $\mathbb{R}[X]$, de dimension infinie, la forme linéaire $P \mapsto P(0)$ n'est représentée par aucun vecteur : l'application $\Phi$ de l'exercice 22 n'y est pas surjective. Les $A_{n}$ ne peuvent pas s'approcher d'un tel $A$, car leur norme tend vers l'infini. En effet, pour $P = (1 - X)^{n}$, on a $P(0) = 1$ et $\lVert P \rVert^{2} = \int_{0}^{1} (1 - t)^{2n}\,\mathrm{d} t = \frac{1}{2n + 1}$, et l'inégalité de Cauchy-Schwarz donne $$1 = P(0) = \langle A_{n}, P \rangle \leqslant \lVert A_{n} \rVert\,\lVert P \rVert = \frac{\lVert A_{n} \rVert}{\sqrt{2n + 1}}, \qquad\text{donc}\qquad \lVert A_{n} \rVert^{2} \geqslant 2n + 1.$$ Le calcul donne même $\lVert A_{n} \rVert^{2} = \langle A_{n}, A_{n} \rangle = A_{n}(0) = (n + 1)^{2}$ pour $n \leqslant 5$.