DS3 2023 2024 Correction

Exercice 1 :

1.

\[X'(t) = AX(t) + B(t)\]

Avec \(X(t) = \begin{bmatrix} x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \end{bmatrix},\ A = \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ - 2 & 4 \end{bmatrix},\ B(t) = \begin{bmatrix} - 3e^{t} \\ 2e^{t} \end{bmatrix}\)

2.

Polynôme caractéristique $P_{A}\ $:

\[P_{A}(\lambda) = \det\left( A - \lambda I_{2} \right) = \left\vert \begin{matrix} - \lambda & 2 \\ - 2 & 4 - \lambda \end{matrix} \right\vert\] \[C_{1} \leftarrow C_{1} + C_{2}\] \[\Leftrightarrow P_{A}(\lambda) = \left\vert \begin{matrix} 2 - \lambda & 2 \\ 2 - \lambda & 4 - \lambda \end{matrix} \right\vert \ \begin{matrix} \ \\ L_{2} \leftarrow L_{2} - L_{1} \end{matrix}\] \[\Leftrightarrow P_{A}(\lambda) = \left\vert \begin{matrix} 2 - \lambda & 2 \\ 0 & 2 - \lambda \end{matrix} \right\vert\] \[\Leftrightarrow P_{A}(\lambda) = (2 - \lambda)^{2}\] \[\Leftrightarrow Sp(A) = \left\lbrack 2 \right\rbrack\]

Sous-espace propre $E_{2}\ $:

\[E_{2} = {Ker}\left( A - 2I_{2} \right)\]

Soit \(K = \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} \in \mathcal{M}_{2,1}\left( \mathbb{R} \right)\)

\[K \in E_{2} \Leftrightarrow \left( A - 2I_{2} \right)K = 0_{2,1} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} - 2 & 2 \\ - 2 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}\] \[\Leftrightarrow - 2a + 2b = 0\] \[\Leftrightarrow a = b\] \[\Leftrightarrow K = a\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix},\ a \in \mathbb{R}\]

Donc $E_{2} = {Vect}\left( V_{1} \right)$ avec

\[V_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}\]

Trigonalisation

On cherche une matrice

\(T \in \mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R} \right)\), et une matrice \(P \in GL_{2}\left( \mathbb{R} \right)\), telles que $A = PTP^{- 1}$, avec $T$ sous la forme :

\[T = \begin{bmatrix} 2 & c \\ 0 & 2 \end{bmatrix},\ c \in \mathbb{R}\]

$T$ est la matrice de $A$ dans la base $\left( V_{1},V_{2} \right)$

On cherche $V_{2}$ tel que $AV_{2} = cV_{1} + 2V_{2} \Leftrightarrow \left( A - 2I_{2} \right)V_{2} = cV_{1}$

Soit \(K = \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} \in \mathcal{M}_{2,1}\left( \mathbb{R} \right)\)

\[\left( A - 2I_{2} \right)K = cV_{1} \Leftrightarrow \begin{bmatrix} - 2 & 2 \\ - 2 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c \\ c \end{bmatrix}\] \[\Leftrightarrow - 2a + 2b = c\] \[\Leftrightarrow b = \frac{c}{2} + a\] \[\Leftrightarrow K = a\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} + \frac{c}{2}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix},\ a \in \mathbb{R}\]

On prend $c = 2$ et \(V_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\)

On a donc :

\[T = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{bmatrix},\ P = \begin{bmatrix} V_{1} & V_{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\]

$P$ est inversible car $\det(P) = 1 \neq 0$

Et $A = PTP^{- 1}$.

3.

Résolution du système par changement de variable

\[X'(t) = AX(t) + B(t)\] \[\Leftrightarrow X'(t) = PTP^{- 1}X(t) + B(t)\] \[\Leftrightarrow P^{- 1}X'(t) = TP^{- 1}X(t) + P^{- 1}B(t)\]

Calcul de $P^{- 1}B(t)\ $:

\[P^{- 1} = \frac{1}{\det(P)}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 1 & 1 \end{bmatrix}\] \[P^{- 1}B(t) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ - 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 3e^{t} \\ 2e^{t} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 3e^{t} \\ 5e^{t} \end{bmatrix}\]

On pose le changement de variable

\[U(t) = \begin{bmatrix} u_{1}(t) \\ u_{2}(t) \end{bmatrix} = P^{- 1}X(t)\] \[(S) \Leftrightarrow U'(t) = TU(t) + P^{- 1}B(t)\] \[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} u_{1}'(t) = 2u_{1}(t) + 2u_{2}(t) - 3e^{t} \\ u_{2}'(t) = 2u_{2}(t) + 5e^{t} \end{array} \right.\] \[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} u_{1}'(t) = 2u_{1}(t) + 2u_{2}(t) - 3e^{t} \\ u_{2}(t) = C_{2}e^{2t} + C_{2}(t)e^{2t} \end{array} \right.\]

Où $C_{2}\mathbb{\in R}$ et $C_{2}(t) = \int_{}^{}{5e^{t}e^{- 2t}dt} = 5\int_{}^{}{e^{- t}dt} = - 5e^{- t}$

\[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} u_{1}'(t) = 2u_{1}(t) + 2u_{2}(t) - 3e^{t} \\ u_{2}(t) = C_{2}e^{2t} - 5e^{t} \end{array} \right.\] \[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} u_{1}'(t) = 2u_{1}(t) + 2C_{2}e^{2t} - 13e^{t} \\ u_{2}(t) = C_{2}e^{2t} - 5e^{t} \end{array} \right.\] \[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} u_{1}(t) = C_{1}e^{2t} + C_{1}(t)e^{2t} \\ u_{2}(t) = C_{2}e^{2t} - 5e^{t} \end{array} \right.\]

Où $C_{1}\mathbb{\in R}$ et $C_{1}(t) = \int_{}^{}{\left( 2C_{2}e^{2t} - 13e^{t} \right)e^{- 2t}dt} = 2C_{2}\int_{}^{}{dt} - 13\int_{}^{}{e^{- t}dt} = 2C_{2}t + 13e^{- t}$

\[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} u_{1}(t) = C_{1}e^{2t} + 2C_{2}te^{2t} + 13e^{t} \\ u_{2}(t) = C_{2}e^{2t} - 5e^{t} \end{array} \right.\] \[\Leftrightarrow U(t) = \begin{bmatrix} C_{1}e^{2t} + 2C_{2}te^{2t} + 13e^{t} \\ C_{2}e^{2t} - 5e^{t} \end{bmatrix},\ C_{1},C_{2}\mathbb{\in R}\] \[\Leftrightarrow X(t) = PU(t) = \begin{bmatrix} C_{1}e^{2t} + 2C_{2}te^{2t} + 13e^{t} \\ \left( C_{1} + C_{2} \right)e^{2t} + 2C_{2}te^{2t} + 8e^{t} \end{bmatrix}\] \[\Leftrightarrow X(t) = \begin{bmatrix} \left( C_{1} + 2C_{2}t \right)e^{2t} + 13e^{t} \\ \left( C_{1} + C_{2} + 2C_{2}t \right)e^{2t} + 8e^{t} \end{bmatrix}\]

4.

\[X(0) = \begin{bmatrix} C_{1} + 13 \\ C_{1} + C_{2} + 8 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 14 \\ 8 \end{bmatrix}\] \[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} C_{1} + 13 = 14 \\ C_{1} + C_{2} + 8 = 8 \end{array} \right.\] \[\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} C_{1} = 1 \\ C_{1} + C_{2} = 0 \end{array} \right. \ \begin{matrix} \ \\ L_{2} \leftarrow L_{2} - L_{1} \end{matrix}\]

$\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} C_{1} = 1
C_{2} = - 1 \end{array} \right. $

L’unique solution $X(t)$ qui vérifie $X(0) = \begin{bmatrix} 14
8 \end{bmatrix}$ est :

\[X(t) = \begin{bmatrix} (1 - 2t)e^{2t} + 13e^{t} \\ - 2te^{2t} + 8e^{t} \end{bmatrix}\]

Exercice 2 :

1.

Forme :

$\forall(x,y) \in \mathbb{R}^{3} \times \mathbb{R}^{3}$, $\varphi(x,y)\mathbb{\in R}$ car somme finie de produits finis de réels.

Donc $\varphi$ est une forme sur $\mathbb{R}^{3} \times \mathbb{R}^{3}$.

Symétrie :

\[\forall x = \left( x_{1},x_{2},x_{3} \right),\ y = \left( y_{1},y_{2},y_{3} \right) \in \mathbb{R}^{3},\] \[\varphi(x,y) = 3x_{1}y_{1} + 2x_{2}y_{2} + 3x_{3}y_{3} + \left( x_{1}y_{3} + x_{3}y_{1} \right)\] \[= 3y_{1}x_{1} + 2y_{2}x_{2} + 3y_{3}x_{3} + \left( y_{1}x_{3} + y_{3}x_{1} \right) = \varphi(y,x)\]

Donc $\varphi$ est symétrique.

Bilinéarité :

• Linéarité à gauche

$\forall x = \left( x_{1},x_{2},x_{3} \right),\ x’ = \left( x_{1}’,x_{2}’,x_{3}’ \right),y = \left( y_{1},y_{2},y_{3} \right) \in \mathbb{R}^{3},\forall\lambda\mathbb{\in R}$,

\(\varphi\left( \lambda x + x',y \right)\) \(= 3\left( \lambda x_{1} + x_{1}' \right)y_{1} + \left( \lambda x_{1} + x_{1}' \right)y_{3}\) \(+ 2\left( \lambda x_{2} + x_{2}' \right)y_{2} + \left( \lambda x_{3} + x_{3}' \right)y_{1} + 3\left( \lambda x_{3} + x_{3}' \right)y_{3}\) \(= \lambda\left( 3x_{1}y_{1} + x_{1}y_{3} + 2x_{2}y_{2} + x_{3}y_{1} + 3x_{3}y_{3} \right)\) \(+ 3x_{1}'y_{1} + x_{1}'y_{3} + 2x_{2}'y_{2} + x_{3}'y_{1} + 3x_{3}'y_{3} = \lambda\varphi(x,y) + \varphi\left( x',y \right)\)

Donc $\varphi$ est linéaire à gauche.

• Linéarité à droite

$\varphi$ est symétrique et linéaire à gauche donc $\varphi$ est linéaire à droite.

$\varphi$ est linéaire à gauche et linéaire à droite donc $\varphi$ est bilinéaire.

Ainsi, $\varphi$ est une forme bilinéaire symétrique sur $\mathbb{R}^{3}$.

2.

Soit $\mathcal{B =}\left( e_{1},e_{2},e_{3} \right)$ la base canonique de $\mathbb{R}^{3}$.

\[Mat_{\mathcal{B}}(\varphi) = \left\lbrack \varphi\left( e_{i},e_{j} \right) \right\rbrack_{1 \leq i,j \leq 3}\] \[Mat_{\mathcal{B}}(\varphi) = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{bmatrix}\]

3.

\[\forall x = \left( x_{1},x_{2},x_{3} \right),\] \[\varphi(x,x) = 3x_{1}^{2} + x_{1}x_{3} + 2x_{2}^{2} + x_{3}x_{1} + 3x_{3}^{2}\] \[\Leftrightarrow \varphi(x,x) = 3x_{1}^{2} + 2x_{1}x_{3} + 3x_{3}^{2} + 2x_{2}^{2}\] \[\Leftrightarrow \varphi(x,x) = \left( \sqrt{3}x_{1} \right)^{2} + 2\left( \sqrt{3} \right)\left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)x_{1}x_{3} + \left( \frac{1}{\sqrt{3}}x_{3} \right)^{2} + 2x_{2}^{2} + \frac{8}{3}x_{3}^{2}\] \[\Leftrightarrow \varphi(x,x) = \left( \sqrt{3}x_{1} + \frac{x_{3}}{\sqrt{3}} \right)^{2} + 2x_{2}^{2} + \frac{8}{3}x_{3}^{2}\]

4.

$\varphi$ est une forme bilinéaire symétrique.

$\varphi$ définit alors un produit scalaire si $\varphi$ est positive et définie

Positivité :

$\forall x \in \mathbb{R}^{3},\ \varphi(x,x) \geq 0$ car somme de réels positifs.

Donc $\varphi$ est positive.

Définité : (Vocabulaire de K. EL AMINE)

\[\forall x = \left( x_{1},x_{2},x_{3} \right) \in \mathbb{R}^{3},\] \[\varphi(x,x) = 0 \Leftrightarrow \left( \sqrt{3}x_{1} + \frac{x_{3}}{\sqrt{3}} \right)^{2} + 2x_{2}^{2} + \frac{8}{3}x_{3}^{2} = 0 \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} \sqrt{3}x_{1} + \frac{x_{3}}{\sqrt{3}} = 0 \\ 2x_{2} = 0 \\ \frac{8}{3}x_{3} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} = 0 \\ x_{2} = 0 \\ x_{3} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = 0_{\mathbb{R}^{3}}\]

Donc $\varphi$ est définie.

$\varphi$ est une forme bilinéaire définie positive sur $\mathbb{R}^{3}$ donc $\varphi$ est un produit scalaire sur $\mathbb{R}^{3}$.

5.

$\mathcal{B}’$ est une famille de trois vecteurs de $\mathbb{R}^{3}$. $\mathcal{B}’$ est une base de $\mathbb{R}^{3}$ si et seulement si elle est libre, soit $\det_{\mathcal{B}}(u,v,w) \neq 0$

Rappel : $\det_{\mathcal{B}}{(u,v,w)} = \det\left( Mat_{\mathcal{B}}\left( \mathcal{B}’ \right) \right)$

\[\det_{\mathcal{B}}(u,v,w) = \left\vert \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & - 4 \\ 0 & - 1 & 5 \end{matrix} \right\vert\] \[L_{2} \leftarrow L_{2} - L_{1}\] \[\det_{\mathcal{B}}(u,v,w) = \left\vert \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & - 2 & - 5 \\ 0 & - 1 & 5 \end{matrix} \right\vert\]

$\det_{\mathcal{B}}(u,v,w) = \left\vert \begin{matrix}- 2 & - 5 \ - 1 & 5 \end{matrix} \right\vert = - 15 \neq 0\ \text{donc}\ \mathcal{B}’\ \text{est libre},\ \text{donc}\ \mathcal{B}’\ \text{est une base de}\ \mathbb{R}^{3}$.

6.

Orthogonalité

$\mathcal{B}’$ est orthogonale pour $\varphi$ si et seulement si tout produit scalaire $\varphi$ de deux vecteurs distincts de cette base est nul.

\[\varphi(u,v) = \varphi(v,u) = 3 - 1 - 2 + 0 + 0 = 0\] \[\varphi(v,w) = \varphi(w,v) = 3 + 5 + 8 - 1 - 15 = 0\] \[\varphi(w,u) = \varphi(u,w) = 3 - 8 + 5 = 0\]

Donc $\mathcal{B}’$ est orthogonale pour $\varphi$.

Normalité

$\mathcal{B}’$ est orthonormale pour $\varphi$ si et seulement si $\mathcal{B}’$ est orthogonale pour $\varphi$ et tout produit scalaire $\varphi$ d’un vecteur de cette base avec lui-même vaut 1.

\[\varphi(u,u) = 3 + 2 = 5 \neq 1\]

Donc $\mathcal{B}’$ n’est pas orthonormale pour $\varphi$.

7.

$Mat_{\mathcal{B}’}(\varphi) = \left\lbrack \varphi\left( \varepsilon_{i},\varepsilon_{j} \right) \right\rbrack_{1 \leq i,j \leq 3}$ où $\varepsilon_{1} = u,\varepsilon_{2} = v,\varepsilon_{3} = w$

On a :

$\varphi(v,v) = 6$ et $\varphi(w,w) = 120$

Donc :

\[Mat_{\mathcal{B}'}(\varphi) = \begin{bmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 120 \end{bmatrix}\]

Remarque : On peut aussi utiliser la formule $Mat_{\mathcal{B}’}(\varphi) = P^{T}Mat_{\mathcal{B}}(\varphi)P$ avec $P = \begin{bmatrix} u & v & w \end{bmatrix}$

Exercice 3 :

1.

Forme :

$\forall P,Q \in \mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack,\ \left\langle P,Q \right\rangle\mathbb{\in R}$ car intégrale sur un segment d’une fonction réelle continue sur ce segment.

Donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est une forme sur $\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack$.

Symétrie :

\[\forall P,Q \in \mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack,\] \[\left\langle P,Q \right\rangle = \int_{- 1}^{1}{P(x)Q(x)dx} = \int_{- 1}^{1}{Q(x)P(x)dx} = \left\langle Q,P \right\rangle\]

Donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est symétrique

Bilinéarité :

• Linéarité à gauche

$\forall P_{1},P_{2},Q \in \mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack,$ $\forall\lambda\mathbb{\in R}$,

\(\left\langle \lambda P_{1} + P_{2},Q \right\rangle\) \(= \int_{- 1}^{1}{\left( \lambda P_{1}(x) + P_{2}(x) \right)Q(x)dx}\) \(= \lambda\int_{- 1}^{1}{P_{1}(x)Q(x)dx} + \int_{- 1}^{1}{P_{2}(x)Q(x)dx}\) \(= \lambda\left\langle P_{1},Q \right\rangle + \left\langle P_{2},Q \right\rangle\)

Donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est linéaire à gauche.

• Linéarité à droite

$\left\langle .,. \right\rangle$ est symétrique et linéaire à gauche donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est linéaire à droite.

$\left\langle .,. \right\rangle$ est linéaire à gauche et linéaire à droite donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est bilinéaire.

Positivité :

$\forall P \in \mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack$,

\[\left\langle P,P \right\rangle = \int_{- 1}^{1}{P^{2}(x)dx}\] \[\forall x \in \lbrack - 1,1\rbrack,\ P^{2}(x) \geq 0\ \text{donc}\ \int_{- 1}^{1}{P^{2}(x)dx} \geq 0\ \text{par croissance de l'intégrale}\]

Donc $\left\langle P,P \right\rangle \geq 0$

Donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est positive.

Définité :

$\forall P \in \mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack$,

\(\left\langle P,P \right\rangle\) \(= 0 \Leftrightarrow \int_{- 1}^{1}{P^{2}(x)}\) \(= 0 \Leftrightarrow \forall x \in \lbrack - 1,1\rbrack,\ P^{2}(x)\) \(= 0 \Leftrightarrow \forall x \in \lbrack - 1,1\rbrack,\ P(x)\) \(= 0 \Leftrightarrow P\ \text{admet une infinité de racines} \Leftrightarrow P\) \(= 0_{\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack}\)

Donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est définie.

$\left\langle .,. \right\rangle$ est une forme bilinéaire symétrique définie positive sur \(\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack\) donc $\left\langle .,. \right\rangle$ est un produit scalaire sur \(\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack\).

2.

\[\left\Vert 1 \right\Vert = \sqrt{\left\langle 1,1 \right\rangle} = \sqrt{\int_{- 1}^{1}{dx}} = \sqrt{2}\] \[\text{On a donc}\ P_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\]

3.

\[\left\langle X,P_{1} \right\rangle = \frac{\sqrt{2}}{2}\int_{- 1}^{1}{xdx} = \frac{\sqrt{2}}{4}\left\lbrack x^{2} \right\rbrack_{- 1}^{1} = 0\]

On a donc $Q_{2} = X$ et on a bien $\left\langle Q_{2},P_{1} \right\rangle = \left\langle X,P_{1} \right\rangle = 0$ donc $Q_{2}\bot P_{1}$ pour $\left\langle .,. \right\rangle$.

4.

\[\left\Vert Q_{2} \right\Vert = \left\Vert X \right\Vert = \sqrt{\left\langle X,X \right\rangle} = \sqrt{\int_{- 1}^{1}{x^{2}dx}} = \sqrt{\frac{1}{3}\left\lbrack x^{3} \right\rbrack_{- 1}^{1}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{6}}\] \[\text{On a donc}\ P_{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}X\]

5.

On pose :

\[Q_{3} = X^{2} - \left\langle X^{2},P_{1} \right\rangle P_{1} - \left\langle X^{2},P_{2} \right\rangle P_{2}\]

\(\left\langle X^{2},P_{1} \right\rangle\) \(= \frac{\sqrt{2}}{2}\int_{- 1}^{1}{x^{2}dx}\) \(= \frac{\sqrt{2}}{6}\left\lbrack x^{3} \right\rbrack_{- 1}^{1}\) \(= \frac{\sqrt{2}}{3}\)

\(\left\langle X^{2},P_{2} \right\rangle\) \(= \frac{\sqrt{6}}{2}\int_{- 1}^{1}{x^{3}dx}\) \(= \frac{\sqrt{6}}{8}\left\lbrack x^{4} \right\rbrack_{- 1}^{1} = 0\)

\[Q_{3} = X^{2} - \frac{\sqrt{2}}{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = X^{2} - \frac{1}{3}\]

On pose :

\[P_{3} = \frac{Q_{3}}{\left\Vert Q_{3} \right\Vert }\]

\(\left\Vert Q_{3} \right\Vert\) \(= \sqrt{\int_{- 1}^{1}{\left( x^{2} - \frac{1}{3} \right)^{2}dx}}\) \(= \sqrt{\int_{- 1}^{1}{x^{4}dx} - \int_{- 1}^{1}{\frac{2}{3}x^{2}dx} + \int_{- 1}^{1}{\frac{1}{9}dx}}\) \(= \sqrt{\left\lbrack \frac{1}{5}x^{5} \right\rbrack_{- 1}^{1} - \left\lbrack \frac{2}{9}x^{3} \right\rbrack_{- 1}^{1} + \left\lbrack \frac{1}{9}x \right\rbrack_{- 1}^{1}}\) \(= \sqrt{\frac{2}{5} - \frac{4}{9} + \frac{2}{9}} = \sqrt{\frac{18 - 20 + 10}{45}} = \sqrt{\frac{8}{45}} = \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{5}}\)

\[P_{3} = \left( X^{2} - \frac{1}{3} \right) \times \frac{3\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\] \[P_{3} = \left( X^{2} - \frac{1}{3} \right)\frac{3\sqrt{10}}{4}\] \[P_{3} = \frac{\sqrt{10}}{4}\left( 3X^{2} - 1 \right)\]

Montrons que $\left( P_{1},P_{2},P_{3} \right)$ est une base orthonormée de $\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack$ pour $\left\langle .,. \right\rangle$.

• Orthogonalité

$Q_{2}\bot P_{1}$ donc $P_{2}\bot P_{1}$

\(\left\langle P_{3},P_{1} \right\rangle\) \(= \frac{\sqrt{10}}{4}\left\langle 3X^{2} - 1,P_{1} \right\rangle\) \(= \frac{\sqrt{10}}{4}\left( 3\left\langle X^{2},P_{1} \right\rangle - \left\langle 1,P_{1} \right\rangle \right)\) \(= \frac{\sqrt{10}}{4} \times \left( 3 \times \frac{\sqrt{2}}{3} - \frac{\sqrt{2}}{2}\left\Vert 1 \right\Vert ^{2} \right)\) \(= \frac{\sqrt{10}}{4} \times \left( \sqrt{2} - \sqrt{2} \right) = 0\ \text{donc}\ P_{3}\bot P_{1}\)

\(\left\langle P_{3},P_{2} \right\rangle\) \(= \frac{\sqrt{10}}{4}\left\langle 3X^{2} - 1,P_{2} \right\rangle\) \(= \frac{\sqrt{10}}{4}\left( 3\left\langle X^{2},P_{2} \right\rangle - \left\langle 1,P_{2} \right\rangle \right)\) \(= \frac{\sqrt{10}}{4}\left( 0 - \frac{\sqrt{6}}{2}\int_{- 1}^{1}{xdx} \right)\) \(= - \frac{\sqrt{60}}{16}\left\lbrack x^{2} \right\rbrack_{- 1}^{1}\) \(= 0\ \text{donc}\ P_{3}\bot P_{2}\)

Donc \(\left( P_{1},P_{2},P_{3} \right)\) est une famille orthogonale de \(\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack\) pour $\left\langle .,. \right\rangle$, donc \(\left( P_{1},P_{2},P_{3} \right)\) est une base orthogonale de \(\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack\) pour \(\left\langle .,. \right\rangle\)

• Normalité

\[\left\Vert P_{1} \right\Vert = \frac{\left\Vert 1 \right\Vert }{\left\Vert 1 \right\Vert } = 1,\ \left\Vert P_{2} \right\Vert = \frac{\left\Vert Q_{2} \right\Vert }{\left\Vert Q_{2} \right\Vert } = 1,\ \left\Vert P_{3} \right\Vert = \frac{\left\Vert Q_{3} \right\Vert }{\left\Vert Q_{3} \right\Vert } = 1\]

Donc \(\left( P_{1},P_{2},P_{3} \right)\) est une base orthonormale de \(\mathbb{R}_{2}\lbrack X\rbrack\) pour $\left\langle .,. \right\rangle$.