Projeter raccourcit, et seules les projections orthogonales raccourcissent

La stratégie. Le sens direct est Pythagore sur la décomposition $x=p_F(x)+(x-p_F(x))$. La réciproque — un projecteur qui raccourcit est orthogonal — est le vrai contenu : on fait varier un paramètre réel $t$ et l'on force un produit scalaire à être nul en regardant un trinôme au voisinage de $0$.

a) Projeter raccourcit. On a $p_F(x)\in F$ et $x-p_F(x)\in F^{\perp }$, deux vecteurs orthogonaux ; par Pythagore, $$\Vert x{\Vert }^2=\Vert p_F(x){\Vert }^2+\Vert x-p_F(x){\Vert }^2\ge \Vert p_F(x){\Vert }^2,$$ avec égalité si et seulement si $x=p_F(x)$, c'est-à-dire $x\in F$.

b) Bessel. Posons $F=\mathrm{Vect}({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_k)$, dont $({\epsilon }_i)$ est une base orthonormée : $p_F(x)={\sum }_i⟨{\epsilon }_i,x⟩{\epsilon }_i$, et Pythagore donne $\Vert p_F(x){\Vert }^2={\sum }_i⟨{\epsilon }_i,x{⟩}^2$. Le a) conclut. Pour les coefficients de Fourier, appliquons-le dans $\mathcal{C}([0,2\pi ],\mathbb{R})$ à la famille orthonormée de l'exercice 5 : $⟨\frac{c_0}{\sqrt{2\pi }},f{⟩}^2=\frac{(\pi a_0{)}^2}{2\pi }=\frac{\pi a_0^2}{2}$ et $⟨\frac{c_k}{\sqrt{\pi }},f{⟩}^2=\frac{(\pi a_k{)}^2}{\pi }=\pi a_k^2$, de même pour $b_k$. L'inégalité de Bessel, divisée par $2\pi$, est exactement celle de l'énoncé : l'énergie des $n$ premières harmoniques ne dépasse jamais celle du signal.

c) Caractérisation par le noyau et l'image. Un projecteur $p$ est la projection sur $\mathrm{Im}p$ parallèlement à $\mathrm{Ker}p$, et $E=\mathrm{Im}p\oplus \mathrm{Ker}p$ ; la projection orthogonale sur $\mathrm{Im}p$ est la projection sur $\mathrm{Im}p$ parallèlement à $(\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$. Elles coïncident si et seulement si $\mathrm{Ker}p=(\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$. Si $\mathrm{Ker}p\perp \mathrm{Im}p$, alors $\mathrm{Ker}p\subset (\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$, et les dimensions sont égales : $\dim \mathrm{Ker}p=n-\dim \mathrm{Im}p=\dim (\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$ par le théorème du rang ; d'où l'égalité. Réciproquement, le noyau d'une projection orthogonale est l'orthogonal de son image.

d) Un projecteur contractant est orthogonal. Si $y\in \mathrm{Im}p$, $y=p(w)$ et $p(y)=p^2(w)=y$ ; et $p(z)=0$. Par linéarité, $p(y+tz)=y$. La contraction appliquée à $y+tz$ donne $$\Vert y{\Vert }^2\le \Vert y+tz{\Vert }^2=\Vert y{\Vert }^2+2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2,$$ soit $2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2\ge 0$ pour tout réel $t$. Pour $t>0$, divisons par $t$ : $2⟨y,z⟩+t\Vert z{\Vert }^2\ge 0$, et en faisant tendre $t$ vers $0$, $⟨y,z⟩\ge 0$. Pour $t<0$, la division renverse l'inégalité, et la limite donne $⟨y,z⟩\le 0$. Donc $⟨y,z⟩=0$ : $\mathrm{Ker}p\perp \mathrm{Im}p$, et par le c), $p$ est une projection orthogonale.

e) Le contre-exemple. $q$ est un projecteur : $q(q(x,y))=q(x+y,0)=(x+y,0)$. Mais $q(1,1)=(2,0)$, de norme $2$, alors que $\Vert (1,1)\Vert =\sqrt{2}$ : la contraction est en défaut. On retrouve le trinôme : avec $y=(1,0)\in \mathrm{Im}q$ et $z=(1,-1)\in \mathrm{Ker}q$, $2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2=2t+2t^2$, strictement négatif pour $t=-\frac{1}{2}$.

Le point délicat. Le trinôme $2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2$ n'a pas de terme constant et reste positif sur $\mathbb{R}$ : il s'annule en $0$, donc $0$ doit en être une racine double, sinon il changerait de signe — ce qui force le coefficient de $t$ à être nul. C'est l'argument qu'on vient de conduire par les deux limites.

Ce que l'exercice installe. Pythagore sur $x=p_F(x)+(x-p_F(x))$ est la source de toutes les inégalités de projection, Bessel compris ; et la méthode du trinôme — celle qui démontre Cauchy-Schwarz — caractérise les projections orthogonales : parmi tous les projecteurs, ce sont exactement ceux qui ne rallongent jamais.