Pourquoi la base doit-elle être orthonormée obtenue par Gram-Schmidt ? J'ai un truc qui semble marcher pour toute base orthogonale (tant qu'elle est échelonnée, c'est peut-être là le Gram-Schmidt)...

Parce que par exemple si tu fais Gram-Schmidt en partant d'un polynôme non scindé t'es mal barré

Pas besoin d'etre orthonormée je crois, les polynomes que j'ai eu en dm étaient justes unitaires au sens du coeff dominant (par contre l'intégrale allait de a à b et il y avait une fonction poids avec histoire de faire mumuse )

en gros on montrait que le polynome s'annulait au moins une fois (mais je sais plus comment) puis on introduisant un poly Q(X)=(X-x_1) ...(X-x_p) on montrait que p=n, il y avait un truc avec le signe de Q mais c'est tout ce dont je me rappelle

en fait si p différent de n, (P|Q)=0 (degré toussa) et la tu trouves une contradiction en faisant mumuse avec signe et intégrale nulle (enfin c'est ce que j'ai fait, il y aura ptet écirt "HORREUR" en rouge dessus demain

D'ailleurs le truc marche en fait pour tout produit scalaire défini par une intégrale sur un [a,b] comme dit leeelooo, c'est intéressant à savoir

Soit P l'un de ces polynômes différent de 1.
Si ton polynôme n'a aucune racine d'ordre impair dans [0,1] il y est de signe constant.
Par construction on a intégrale sur [0,1] de ton polynôme qui est nulle car il est orthogonal au polynôme 1 (premier vecteur de la base, dont le cas est évident).
Le signe de cette fonction intégrée est constant et l'intégrale est nulle donc ton polynôme s'annule sur [0,1] infini -> c'est le polynôme nul
Contradictoire.
 
On note donc x1,...,xk les racines d'ordre impair de P dans [0,1] de P et Q=P(X-x1)...(X-xk)
Q est de signe constant sur [0,1] (que des racines d'ordre pair).
Si l'on suppose k<deg P alors P est orthogonal à (X-x1)...(X-xk) car ce dernier polynôme se décompose sur les k premiers vecteurs de la base orthogonale, qui sont orthogonaux à P.
On obtient alors que Q est nul (intégrale nulle signe constant toussa), contradictoire.
Donc k=deg P : P admet deg P racines d'ordre impair dans [0,1], ce sont nécessairement des racines simples.

A priori tu fais Gram Schmidt en partant du degré 0. Et, en général, un polynôme constant est scindé. Enfin degré 0, c'est pas vraiment scindé d'après la définition d'un polynôme scindé mais bon voilà quoi.

hum, Gram Schmidt c'est la meme chose que le procédé d'orthonormalisation de Schmidt ou c'est une variante ? parce que pour Schmidt tu peux l'initialiser avec n'importe quel vecteur, donc un polynôme non scindé en particulier

Sur ouvert U où f ne s'annule pas on f' = -2sqrt(|f|) ou f'=2sqrt(|f|), et donc f' est C1 et f C2 sur U.
 
Sur un ouvert V où f s'annule on a f' =0 et de même f est C2 sur V.
 
Soit a un point de R. Si f(a) <> 0 a est dans un ouvert de type U et f est C2 en a. Si f(a)=0 et a est dans un ouvert de type V et f est C2 en a. Sinon on a par exemple une suite d'éléments n'annulant pas f convergeant à droite vers a et comme f est continue f^-1(R+*) inter ]a,+inf[ est un ouvert non vide contenant un ouvert de la forme ]a,b[ avec b >0. A gauche on a soit le même type d'ouvert soit un segment ou f s'annule donc dans tous les cas le théorème de prolongement C1 montre que f est C2 en a. Finalement f est C2 sur R.
 
On a alors f'f''=2f' sur R. Soit f un ouvert où f' n'est pas nulle. il vient f""=2,f'=2x+c,f=x²+cx+d.  
solution ssi  4x²+c²+4cx=4x²+4cx+4d, soit c²=d.
 
si c = 0 f = x² sur R- ou R= et nulle ailleurs ou egale à x² sur R.
 
sinon delta <0 et par continuité f est égale à x²+cx+d sur R.
 
S'il n'existe pas de tels ouverts f est constante donc nulle sur R.
 

même si on conclue vite à une absurdité. mais on va quand même beaucoup plus vite sans branlette :
si f>=0 f'=2 sqrt(f) comme sqrt est C^1 sur R+* on a un problème de cauchy si f ne s'annule pas, donc sur l'ensemble des ouvert ou f=!0 il existe T € R telle qu'il existe une unique solution sur l'intersection de ces ouverts et de [t0; t0+T[ pour une condition initiale donnée f(t0)=f0>0. On pourra éventuellement prolonger par continuité. On trouve de manière assez simple (sans chercher à montrer que f est C2) une solution sur chacun de ces ouverts.
d'ailleurs, c'est c^2=4d ta condition, tu le vois assez bien en résolvant explicitement. en effet, f(t)=(+/-t-/+t0+sqrt(f0))^2

1) Montrer que l'ensemble des points d'annulation de f est un intervalle fermé (pas forcément un segment: une borne peut être +- inf)
2) Montrer qu'en dehors de cet intervalle, f est strictement positive et est solution d'une équa dif du type (sqrt(f))'=e avec e=+-1

f est continue. le complémetaire de l'ensemble ou f s'annule, X, si X est vide, il est trivialement ouvert, si X est non vide, pour tout x€X f(x)>0 (le cas f<0 étant absurde, mais on reste dans le même esprit) donc il existe un ouvert O tel que x€O et f(x)>0 sur O. donc pour tout point x€X il existe O ouvert tel que O€X et x€O, X est ouvert, au passage au complémentaire, l'ensemble des point ou f s'annulle est fermé

Oui mais dans ce cas précis on doit montrer que C'EST un intervalle, et qu'il est fermé, donc précisément ce ne peut pas être un ensemble de points isolés.

on peut tout à fait montrer la connexité de l'ensemble sur lequel f s'annulle, mais rien n'empèche que cela soit un unique point.
prenons le cas où on a une "branche croissante" (où f'>0) cette fonction sera solution sur l'ouvert ]a;+\infty[ avec a tel que f(a)=0. en a on peut la prolonger par continuité (le prolongement est même C1) par une solution où f'<0 (pour x<a) définie sur ]-\infty;a[ ou par une fonction f=0 sur un compact [b;a] (puis prolonger en b par une solution f'<0 )
ou par la fonction f=0 si x=<a. Dans tous les cas l'ensemble des points où f s'annule est un fermé connexe

On remarque que la condition souhaitée est v x,x+1 =90 pour 0<= x <=1.5 (en heures).
 
On obtient alors par dérivation que c'est équivalent à : v est 1-périodique et la distance parcourue en 1 h = 90 km.
 
On a alors pour la distance parcourue en 2h30 : 2 v 0,1 + v 0,1/2 = 180 + v 0,1/2.
 
il faut donc que la distance parcourue entre 0 et 1/2 soit 70 km, et donc que celle entre 1/2 et 1 soit 20 km.
 
Il suffit donc que la vitesse soit périodique de telle sorte que son intégrale de 0 à 1/2 soit 70 et de 1/2 à  
 
1 20, ce qui se fait en prenant la fonction 140 x sur 0,1/2 et -40x +40 et en la répétant sur [0,2.5].
 

Distance parcourue = intégrale de |v|, par exemple si je reviens au même point j'ai parcouru une distance non nulle, mais pas avec ton égalité

 
 
Bah j'ai supposé v positif quand même La direction du mouvement n'intervient pas dans cet exo, (à moins que tu ne l'aies mal posé) donc je suppose qu'on avance en ligne droite à vitesse positive.