Exercice 41

On rappelle que, $p$ étant un projecteur ($p \circ p = p$), les sous-espaces $\mathrm{Ker}\, p$ et $\mathrm{Im}\, p$ sont supplémentaires dans $E$, et que $p$ est le projecteur sur $\mathrm{Im}\, p$ parallèlement à $\mathrm{Ker}\, p$ (chapitre 14, théorème 5). Pour tout $x \in E$, on a donc la décomposition $$x = p(x) + \big(x - p(x)\big), \qquad p(x) \in \mathrm{Im}\, p, \qquad x - p(x) \in \mathrm{Ker}\, p,$$ la seconde appartenance venant de $p\big(x - p(x)\big) = p(x) - p(p(x)) = 0$.

Sens direct. Supposons $\mathrm{Ker}\, p$ et $\mathrm{Im}\, p$ orthogonaux, et soit $x \in E$. Les deux vecteurs $p(x)$ et $x - p(x)$ sont orthogonaux, et le théorème de Pythagore (théorème 3) donne $$\lVert x \rVert^{2} = \lVert p(x) \rVert^{2} + \lVert x - p(x) \rVert^{2} \geqslant \lVert p(x) \rVert^{2}, \qquad\text{d'où}\qquad \boxed{\lVert p(x) \rVert \leqslant \lVert x \rVert}$$ par croissance de la racine carrée. Il y a égalité si et seulement si $x - p(x) = 0$, c'est-à-dire si $x \in \mathrm{Im}\, p$.

Réciproque. Supposons $\lVert p(z) \rVert \leqslant \lVert z \rVert$ pour tout $z \in E$, et soit $x \in \mathrm{Im}\, p$, $y \in \mathrm{Ker}\, p$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Comme $p(x) = x$ et $p(y) = 0$, on a $p(x + \lambda y) = x$, et l'hypothèse appliquée à $z = x + \lambda y$ donne, après élévation au carré et développement par la proposition 3 (ii), $$\lVert x \rVert^{2} \leqslant \lVert x + \lambda y \rVert^{2} = \lVert x \rVert^{2} + 2\lambda\langle x, y \rangle + \lambda^{2}\lVert y \rVert^{2}, \qquad\text{soit}\qquad 2\lambda\langle x, y \rangle + \lambda^{2}\lVert y \rVert^{2} \geqslant 0.$$ Pour $\lambda > 0$, on divise par $\lambda$ : $2\langle x, y \rangle + \lambda\lVert y \rVert^{2} \geqslant 0$, et l'on fait tendre $\lambda$ vers $0$ par valeurs positives, ce qui donne $\langle x, y \rangle \geqslant 0$. Pour $\lambda < 0$, la division renverse l'inégalité, et l'on obtient de même $\langle x, y \rangle \leqslant 0$. Ainsi $\langle x, y \rangle = 0$ : c'est exactement la question 1 de l'exercice 13, puisque l'on a montré que $\lVert x + \lambda y \rVert \geqslant \lVert x \rVert$ pour tout réel $\lambda$. Tout vecteur de $\mathrm{Im}\, p$ est orthogonal à tout vecteur de $\mathrm{Ker}\, p$ : $$\boxed{p \text{ est un projecteur orthogonal} \iff \lVert p(x) \rVert \leqslant \lVert x \rVert \text{ pour tout } x \in E}$$

Piège. L'erreur la plus répandue est de croire qu'un projecteur, puisqu'il « écrase » l'espace sur un sous-espace, diminue toujours les longueurs. Un projecteur oblique peut au contraire les augmenter, comme le montre la figure ci-dessous.

Le projecteur $p$ sur $F = \mathrm{Im}\, p = \mathrm{Vect}(e_{1})$ parallèlement à $\mathrm{Ker}\, p = \mathrm{Vect}\big((1, 1)\big)$ s'écrit $p(a, b) = (a - b, 0)$. Pour $x = \big(\frac{1}{2}, -\frac{3}{2}\big)$, on suit la direction de $\mathrm{Ker}\, p$ jusqu'à l'axe et l'on trouve $p(x) = (2, 0)$, de norme $2$, alors que $\lVert x \rVert = \frac{\sqrt{10}}{2} \approx 1{,}58$. Le projeté orthogonal $p_{F}(x) = \big(\frac{1}{2}, 0\big)$, obtenu en descendant à angle droit, est lui plus court que $x$.

À retenir. Lorsque $F = \mathrm{Im}\, p$ est de dimension finie, un projecteur orthogonal sur $F$ est exactement $p_{F}$ : en effet $\mathrm{Ker}\, p \subset F^{\perp}$, et si $z \in F^{\perp}$ s'écrit $z = f + k$ avec $f \in F$ et $k \in \mathrm{Ker}\, p$, alors $\lVert f \rVert^{2} = \langle z - k, f \rangle = 0$. La caractérisation obtenue ici, « ne jamais allonger », permet de parler de projecteur orthogonal sans supposer $F$ de dimension finie ; les exercices 42 et 46 l'utilisent sous forme matricielle.