1ère solution.

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{0}^{1}(x^4-ax-b)^2\;dx&=\frac{1}{9}+\frac{1}{3}a^2+b^2-\frac{1}{3}a-\frac{2}{5}b+ab=\frac{1}{3}\left(a+\frac{1}{2}(3b-1)\right)^2-\frac{1}{12}(3b-1)^2+b^2-\frac{2}{5}b+\frac{1}{9}\\ &=\frac{1}{3}\left(a+\frac{1}{2}(3b-1)\right)^2+\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{10}b+\frac{1}{36}=\frac{1}{3}\left(a+\frac{1}{2}(3b-1)\right)^2+\frac{1}{4}\left(b+\frac{1}{5}\right)^2+\frac{4}{225}\geq\frac{4}{225}, \end{align*}\] avec égalité si et seulement si \(a+\frac{1}{2}(3b-1)=b+\frac{1}{5}=0\) ou encore \(b=-\frac{1}{5}\) et \(a=\frac{4}{5}\).

2ème solution. \((P,Q)\mapsto\int_{0}^{1}P(t)Q(t)\;dt\) est un produit scalaire sur \(\Rr_4[X]\) et \(\int_{0}^{1}(x^4-ax-b)^2dx\) est, pour ce produit scalaire, le carré de la distance du polynôme \(X^4\) au polynôme de degré inférieur ou égal à \(1\), \(aX+b\). On doit calculer \(\mbox{Inf}\left\{\int_{0}^{1}(x^4-ax-b)^2\;dx,\;(a,b)\in\Rr^2\right\}\) qui est le carré de la distance de \(X^4\) à \(F=\Rr_1[X]\). On sait que cette borne inférieure est un minimum, atteint une et une seule fois quand \(aX+b\) est la projection orthogonale de \(X^4\) sur \(F\). Trouvons une base orthonormale de \(F\). L’orthonormalisée \((P_0,P_1)\) de \((1,X)\) convient. \(||1||^2=\int_{0}^{1}1\;dt=1\) et \(P_0=1\). Puis \(X-(X|P_0)P_0=X-\int_{0}^{1}t\;dt=X-\frac{1}{2}\), et comme \(||X-(X|P_0)P_0||^2=\int_{0}^{1}\left(t-\frac{1}{2}\right)^2\;dt=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{1}{12}\), \(P_1=2\sqrt{3}\left(X-\frac{1}{2}\right)=\sqrt{3}(2X-1)\). La projection orthogonale de \(X^4\) sur \(F\) est alors \((X^4|P_0)P_0+(X^4|P_1)P_1\) avec \((X^4|P_0)=\int_{0}^{1}t^4\;dt=\frac{1}{5}\) et \((X^4|P_1)=\sqrt{3}\int_{0}^{1}t^4(2t-1)\;dt=\sqrt{3}(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})=\frac{2\sqrt{3}}{15}\). Donc, la projection orthogonale de \(X^4\) sur \(F\) est \(\frac{1}{5}+\frac{2\sqrt{3}}{15}\sqrt{3}(2X-1)=\frac{1}{5}(4X-1)\). Le minimum cherché est alors \(\int_{0}^{1}\left(t^4-\frac{1}{5}(4t-1)\right)^2\;dt=...=\frac{4}{225}\).

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