Exercice 30

1. Les deux équations sont indépendantes, donc $G$ est de dimension $2$ (chapitre 15, théorème 13). Les vecteurs $(1, -1, 0, 0)$ et $(0, 0, 1, -1)$ appartiennent à $G$, et ils sont orthogonaux : il suffit de les normaliser. $$\boxed{\varepsilon_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0, 0), \qquad \varepsilon_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(0, 0, 1, -1)}$$

2. Par la proposition 10 (i), $p_{G}(x) = \langle x, \varepsilon_{1} \rangle\varepsilon_{1} + \langle x, \varepsilon_{2} \rangle\varepsilon_{2}$, avec $\langle x, \varepsilon_{1} \rangle\varepsilon_{1} = \frac{x_{1} - x_{2}}{2}(1, -1, 0, 0)$ et $\langle x, \varepsilon_{2} \rangle\varepsilon_{2} = \frac{x_{3} - x_{4}}{2}(0, 0, 1, -1)$. $$\boxed{\mathrm{Mat}(p_{G}) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}}$$

3. Par le théorème 7, $d(x, G) = \lVert x - p_{G}(x) \rVert$, et $$x - p_{G}(x) = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}(1, 1, 0, 0) + \frac{x_{3} + x_{4}}{2}(0, 0, 1, 1),$$ somme de deux vecteurs orthogonaux de normes au carré $\frac{(x_{1} + x_{2})^{2}}{4} \times 2$ et $\frac{(x_{3} + x_{4})^{2}}{4} \times 2$ : le théorème de Pythagore conclut. $$\boxed{d(x, G) = \sqrt{\frac{(x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{3} + x_{4})^{2}}{2}}}$$ Le résultat se lit directement : $x - p_{G}(x)$ est le projeté de $x$ sur $G^{\perp} = \mathrm{Vect}\big((1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)\big)$, et la distance à $G$ ne dépend que des premiers membres des équations de $G$, nuls exactement sur $G$.