Deux chemins vers le même projeté

Première méthode : orthonormer. Posons $a=(1,1,0)$ et $b=(0,1,1)$. On garde $u_1=\frac{a}{\Vert a\Vert }=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)$, puis on retire à $b$ sa composante sur $u_1$ : $$v=b-⟨b,u_1⟩u_1=(0,1,1)-\frac{1}{2}(1,1,0)=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right),$$ de carré scalaire $\Vert v{\Vert }^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+1=\frac{3}{2}$. La formule en base orthonormée donne alors $$p_F(x)=⟨x,u_1⟩u_1+\frac{⟨x,v⟩}{\Vert v{\Vert }^2}v.$$ Or $⟨x,a⟩=3$ donc $⟨x,u_1⟩u_1=\frac{3}{2}(1,1,0)$, et $⟨x,v⟩=-\frac{3}{2}+0+3=\frac{3}{2}$, d'où un coefficient $\frac{3/2}{3/2}=1$. Ainsi $$p_F(x)=\frac{3}{2}(1,1,0)+\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right)=(1,2,1).$$

Seconde méthode : le vecteur normal. $F$ est un plan de ${\mathbb{R}}^3$, donc $F^{\perp }$ est une droite. Un vecteur $n=(\alpha ,\beta ,\gamma )$ orthogonal à $a$ et à $b$ vérifie $\alpha +\beta =0$ et $\beta +\gamma =0$ : on prend $n=(1,-1,1)$, de carré scalaire $3$. Comme $⟨x,n⟩=3-0+3=6$, $$p_F(x)=x-\frac{6}{3}n=(3,0,3)-(2,-2,2)=(1,2,1).$$

Les deux chemins concordent, et le second est nettement plus court dès que le sous-espace est un hyperplan.

La distance. $d(x,F)=\Vert x-p_F(x)\Vert =\Vert (2,-2,2)\Vert =2\sqrt{3}\approx 3,46$.