Exercice 54

Idée. La condition $\langle x_{i}, x_{j} \rangle = -1$ s'écrit $\langle x_{i}, x_{j} \rangle + 1 \cdot 1 = 0$ : en ajoutant aux $x_{i}$ une coordonnée supplémentaire égale à $1$, on obtient une famille orthogonale. L'inégalité est alors l'inégalité de Bessel pour le vecteur « vertical » $(0, 1)$, et le cas d'égalité est celui de Bessel.

Soit $n = \dim E$. On munit $E' = E \times \mathbb{R}$ de $$\langle (x, s), (y, u) \rangle' = \langle x, y \rangle + su.$$ C'est un produit scalaire : l'application est bilinéaire et symétrique, et $\langle (x, s), (x, s) \rangle' = \lVert x \rVert^{2} + s^{2}$ est positif, nul seulement si $x = 0$ et $s = 0$. L'espace $E'$ est euclidien, de dimension $n + 1$. On pose $$y_{i} = (x_{i}, 1) \quad (1 \leqslant i \leqslant p) \qquad\text{et}\qquad z = (0, 1),$$ de sorte que, pour tous $i \neq j$, $$\langle y_{i}, y_{j} \rangle' = -1 + 1 = 0, \qquad \lVert y_{i} \rVert'^{2} = 1 + \lVert x_{i} \rVert^{2}, \qquad \langle z, y_{i} \rangle' = 1.$$ La famille $(y_{1}, \dots, y_{p})$ est orthogonale et formée de vecteurs non nuls ; les vecteurs $\frac{y_{i}}{\lVert y_{i} \rVert'}$ forment donc une base orthonormée du sous-espace $F = \mathrm{Vect}(y_{1}, \dots, y_{p})$ (proposition 6). L'inégalité de Bessel (proposition 10 (iv)) appliquée à $z$, unitaire, donne $$\sum_{i = 1}^{p} \frac{\langle z, y_{i} \rangle'^{2}}{\lVert y_{i} \rVert'^{2}} \leqslant \lVert z \rVert'^{2}, \qquad\text{soit}\qquad \boxed{\sum_{i = 1}^{p} \frac{1}{1 + \lVert x_{i} \rVert^{2}} \leqslant 1}$$

Cas d'égalité. On note $\lambda_{i} = \frac{1}{1 + \lVert x_{i} \rVert^{2}}$. Par la proposition 10, sous la forme adaptée aux bases orthogonales, $p_{F}(z) = \sum_{i} \frac{\langle z, y_{i} \rangle'}{\lVert y_{i} \rVert'^{2}}\,y_{i} = \sum_{i} \lambda_{i}y_{i} = \big(\sum_{i} \lambda_{i}x_{i}, \sum_{i} \lambda_{i}\big)$. Il y a égalité dans Bessel si et seulement si $z \in F$, c'est-à-dire $z = p_{F}(z)$. Si c'est le cas, la première composante donne $\sum_{i} \lambda_{i}x_{i} = 0$. Réciproquement, si $\sum_{i} \lambda_{i}x_{i} = 0$, alors $z - p_{F}(z) = (0, 1 - s)$ avec $s = \sum_{i} \lambda_{i}$ ; ce vecteur est orthogonal à $y_{1}$, ce qui s'écrit $1 - s = 0$, donc $z = p_{F}(z)$. $$\boxed{\sum_{i = 1}^{p} \frac{1}{1 + \lVert x_{i} \rVert^{2}} = 1 \iff \sum_{i = 1}^{p} \frac{x_{i}}{1 + \lVert x_{i} \rVert^{2}} = 0}$$ Voici trois situations qui éclairent ce cas d'égalité.

• Pour $p = 1$, la condition sur les produits scalaires est vide, et l'égalité équivaut à $x_{1} = 0$.

• Pour $p = 2$, avec $x_{1} = au$ et $x_{2} = -\frac{1}{a}u$, où $u$ est unitaire et $a > 0$, on trouve $\frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{a^{2}}{a^{2} + 1} = 1$ : deux vecteurs colinéaires de sens contraires réalisent l'égalité. Pour $x_{1} = (2, 0)$ et $x_{2} = \big(-\frac{1}{2}, 1\big)$ dans $\mathbb{R}^{2}$, on a bien $\langle x_{1}, x_{2} \rangle = -1$, mais la somme vaut $\frac{1}{5} + \frac{4}{9} = \frac{29}{45} < 1$.

• Pour $p = n + 1$, la famille orthogonale $(y_{i})$ de vecteurs non nuls est une base de $E'$, donc $z \in F$ : il y a toujours égalité. C'est le cas du simplexe régulier de l'exercice 51, avec $x_{i} = \sqrt{n}\,e_{i}$ : on a $\langle x_{i}, x_{j} \rangle = n \cdot\big(-\frac{1}{n}\big) = -1$, et chaque terme vaut $\frac{1}{n + 1}$.

Les égalités et inégalités ont été testées sur des familles aléatoires construites de cette façon, pour $n \leqslant 4$ ✓.

À retenir. La construction montre en outre que $p \leqslant n + 1$, puisqu'une famille orthogonale de vecteurs non nuls de $E'$ est libre (proposition 6) : on ne peut pas trouver plus de $n + 1$ vecteurs de $E$ dont les produits scalaires deux à deux valent $-1$. Ajouter une dimension pour rendre une famille orthogonale est une idée qui resservira.