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

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

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

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

et

${\displaystyle f-g\perp F}$.

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

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

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

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

Calculons les coefficients de ce système :

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

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

Ainsi :

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

On calcule :

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

Ainsi :

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

Conclusion :

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

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

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

${\displaystyle \langle e_{1}|f\rangle =1}$ ;

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

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

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

D'où :

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

et finalement :

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

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

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

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

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

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