La contraction caractérise les projections orthogonales

La stratégie. Le sens direct est Pythagore sur la décomposition orthogonale. La réciproque — un projecteur qui raccourcit est orthogonal — est le vrai contenu de l'exercice : 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. Écrivons $x=p_F(x)+(x-p_F(x))$, avec $p_F(x)\in F$ et $x-p_F(x)\in F^{\perp }$. Ces deux vecteurs sont orthogonaux, donc, par le théorème de Pythagore, $$\Vert x{\Vert }^2=\Vert p_F(x){\Vert }^2+\Vert x-p_F(x){\Vert }^2\ge \Vert p_F(x){\Vert }^2.$$ Il y a égalité si et seulement si $\Vert x-p_F(x)\Vert =0$, c'est-à-dire $x=p_F(x)$, c'est-à-dire $x\in F$ (un vecteur est son propre projeté exactement quand il est dans $F$).

b) Bessel. Posons $F=\mathrm{Vect}({\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_k)$ : la famille $({\epsilon }_i)$, orthonormée, en est une base orthonormée, et le cours donne $p_F(x)={\sum }_i⟨{\epsilon }_i,x⟩{\epsilon }_i$. Par Pythagore pour une famille orthogonale, $\Vert p_F(x){\Vert }^2={\sum }_i⟨{\epsilon }_i,x{⟩}^2\Vert {\epsilon }_i{\Vert }^2={\sum }_i⟨{\epsilon }_i,x{⟩}^2$. Le a) donne alors $$\sum _{i=1}^k⟨{\epsilon }_i,x{⟩}^2\le \Vert x{\Vert }^2,$$ avec égalité si et seulement si $x\in F$. Les coordonnées d'un vecteur sur une famille orthonormée ne peuvent pas être trop grandes : c'est ce qui borne les coefficients de Fourier de l'exercice 4.

c) Caractérisation par le noyau et l'image. Rappelons (chapitre sur les espaces vectoriels) qu'un projecteur $p$ vérifie $E=\mathrm{Im}p\oplus \mathrm{Ker}p$, et que $p$ est la projection sur $\mathrm{Im}p$ parallèlement à $\mathrm{Ker}p$. La projection orthogonale sur $F=\mathrm{Im}p$ est, elle, la projection sur $F$ parallèlement à $F^{\perp }$. Deux projections sur le même sous-espace coïncident si et seulement si elles ont la même direction : $p=p_F$ 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 : $\dim \mathrm{Ker}p=n-\dim \mathrm{Im}p=\dim (\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$. Donc $\mathrm{Ker}p=(\mathrm{Im}p{)}^{\perp }$, et $p$ est la projection orthogonale sur $\mathrm{Im}p$. Réciproquement, si $p=p_F$, son noyau est $F^{\perp }$, orthogonal à $F=\mathrm{Im}p$. Un projecteur est orthogonal si et seulement si son noyau est orthogonal à son image.

d) La réciproque : un projecteur contractant est orthogonal. Soient $y\in \mathrm{Im}p$ et $z\in \mathrm{Ker}p$. Comme $y\in \mathrm{Im}p$, on a $p(y)=y$ (si $y=p(w)$, alors $p(y)=p^2(w)=p(w)=y$). Et $p(z)=0$. Par linéarité, $p(y+tz)=y$ pour tout réel $t$. L'hypothèse de contraction, appliquée au vecteur $y+tz$, donne $$\Vert y{\Vert }^2=\Vert p(y+tz){\Vert }^2\le \Vert y+tz{\Vert }^2=\Vert y{\Vert }^2+2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2,$$ d'où, pour tout $t\in \mathbb{R}$, $$2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2\ge 0.$$ Le trinôme au voisinage de $0$. Pour $t>0$, divisons par $t$ : $2⟨y,z⟩+t\Vert z{\Vert }^2\ge 0$ ; en faisant tendre $t$ vers $0^{+}$, $⟨y,z⟩\ge 0$. Pour $t<0$, la division par $t$ renverse l'inégalité : $2⟨y,z⟩+t\Vert z{\Vert }^2\le 0$ ; en faisant tendre $t$ vers $0^{-}$, $⟨y,z⟩\le 0$. Donc $⟨y,z⟩=0$.

Ceci vaut pour tout $y\in \mathrm{Im}p$ et tout $z\in \mathrm{Ker}p$ : $\mathrm{Ker}p\perp \mathrm{Im}p$, et par le c), $p$ est une projection orthogonale.

Le point délicat. L'inégalité $2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2\ge 0$ est celle d'un trinôme en $t$ sans terme constant, positif sur tout $\mathbb{R}$. Un tel trinôme a $0$ pour racine, donc $0$ doit être racine double — sinon le trinôme changerait de signe en $0$ — ce qui force le coefficient de $t$ à être nul. C'est l'argument qu'on vient de dérouler à la main, par les deux limites.

e) Le contre-exemple. Pour $q(x,y)=(x+y,0)$ : $q(1,1)=(2,0)$, de norme $2$, alors que $\Vert (1,1)\Vert =\sqrt{2}<2$. La contraction est en défaut, comme il se doit : on a vu à l'exercice 7 que $q$ n'est pas orthogonal. Et l'on retrouve le trinôme : avec $y=(1,0)\in \mathrm{Im}q$ et $z=(1,-1)\in \mathrm{Ker}q$, $2t⟨y,z⟩+t^2\Vert z{\Vert }^2=2t+2t^2$, qui est strictement négatif pour $t=-\frac{1}{2}$.

Ce que l'exercice installe. Deux idées. D'abord, Pythagore sur la décomposition $x=p_F(x)+(x-p_F(x))$ est la source de toutes les inégalités de projection, Bessel compris. Ensuite, la méthode du trinôme : pour montrer qu'un produit scalaire est nul à partir d'une inégalité vraie pour tout $t$, on regarde le comportement en $t\to 0$ des deux côtés. C'est aussi la méthode qui démontre Cauchy-Schwarz, et l'on vient de voir qu'elle caractérise les projections orthogonales : parmi tous les projecteurs, les orthogonaux sont exactement ceux qui ne rallongent jamais.