Exercice 32

1. On a $F = \mathrm{Vect}(I_{2}, K)$ avec $K = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$, famille libre, donc $\dim F = 2$ et $\dim F^{\perp} = 2$ (proposition 11). Pour $M = \begin{pmatrix} p & q \\ r & s \end{pmatrix}$, le produit scalaire se calcule en multipliant les coefficients de même position (proposition 1 (ii)) : $\langle M, I_{2} \rangle = p + s$ et $\langle M, K \rangle = q - r$. Ainsi $M \in F^{\perp}$ si et seulement si $s = -p$ et $r = q$ : $$F^{\perp} = \Big\{\begin{pmatrix} c & d \\ d & -c \end{pmatrix} \;\Big|\; (c, d) \in \mathbb{R}^{2}\Big\}.$$ Les deux matrices obtenues pour $(c, d) = (1, 0)$ et $(0, 1)$ sont orthogonales, de norme $\sqrt{2}$ : $$\boxed{E_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad E_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}}$$

2. On a $\langle J, E_{1} \rangle = \frac{1 - 1}{\sqrt{2}} = 0$ et $\langle J, E_{2} \rangle = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ ; la proposition 10 (i) donne $$\boxed{p_{F^{\perp}}(J) = \sqrt{2}\,E_{2} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}}$$

3. Par la proposition 10 (iii), $J - p_{F^{\perp}}(J) = p_{F}(J)$, donc $J - p_{F}(J) = p_{F^{\perp}}(J)$, et le théorème 7 donne : $$\boxed{d(J, F) = \lVert p_{F^{\perp}}(J) \rVert = \sqrt{2}, \qquad p_{F}(J) = J - \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = I_{2}}$$ Un calcul direct le confirme : $\lVert J - (aI_{2} + bK) \rVert^{2} = 2(1 - a)^{2} + (1 - b)^{2} + (1 + b)^{2}$ est minimal pour $a = 1$, $b = 0$, et vaut alors $2$. ✓ Le sous-espace $F$ est formé des matrices qui représentent les nombres complexes $a + \mathrm{i} b$ agissant sur le plan par multiplication (au signe de $b$ près) ; parmi elles, la plus proche de $J$ est l'identité.