Orthonormaliser ( (1,0,1), (1,1,0), (0,1,1) ) dans ℝ³, puis comparer…

Stratégie : dérouler l'algorithme de Gram-Schmidt, qui à chaque étape retranche à $v_k$ sa projection sur ce qui précède, puis normalise. On le fait deux fois, sur deux ordres différents, et l'on compare.

a) L'ordre $((1,0,1),(1,1,0),(0,1,1))$.

Étape 1. $u_1=v_1=(1,0,1)$, $\Vert u_1{\Vert }^2=2$, donc $e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1)$.

Étape 2. $⟨v_2,u_1⟩=1\cdot 1+1\cdot 0+0\cdot 1=1$, donc $$u_2=v_2-\frac{⟨v_2,u_1⟩}{\Vert u_1{\Vert }^2}{u}_1=(1,1,0)-\frac{1}{2}(1,0,1)=\left(\frac{1}{2},1,-\frac{1}{2}\right),\Vert u_2{\Vert }^2=\frac{1}{4}+1+\frac{1}{4}=\frac{3}{2},$$ $$e_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,2,-1).$$

Étape 3. $⟨v_3,u_1⟩=1$ et $⟨v_3,u_2⟩=0+1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$, donc $$u_3=(0,1,1)-\frac{1}{2}(1,0,1)-\frac{1/2}{3/2}\left(\frac{1}{2},1,-\frac{1}{2}\right)=(0,1,1)-\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{1}{6},\frac{1}{3},-\frac{1}{6}\right)=\left(-\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right),$$ $$e_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(-1,1,1).$$

$$\boxed{e_1=\frac{(1,0,1)}{\sqrt{2}},e_2=\frac{(1,2,-1)}{\sqrt{6}},e_3=\frac{(-1,1,1)}{\sqrt{3}}}$$

b) L'ordre $((1,1,0),(1,0,1),(0,1,1))$ — mêmes calculs, mêmes étapes : $$f_1=\frac{(1,1,0)}{\sqrt{2}},f_2=\frac{(1,-1,2)}{\sqrt{6}},f_3=\frac{(-1,1,1)}{\sqrt{3}}.$$

c) Ce que l'on constate — deux choses, et la seconde est la vraie.

⚠️ 1) Gram-Schmidt dépend de l'ordre. $e_1\ne f_1$ et $e_2\ne f_2$ : la même famille, rangée autrement, produit une autre base orthonormée. Il n'y a donc pas « la » base orthonormée associée à une famille, mais une par ordre — jusqu'à $3!=6$ ici. Parler de « l'orthonormalisée » d'une famille non ordonnée n'a aucun sens.

⚠️ 2) Et pourtant $e_3=f_3$. Ce n'est pas un hasard. Gram-Schmidt ne dépend en réalité que du drapeau de sous-espaces emboîtés $$\mathrm{Vect}(v_1)\subset \mathrm{Vect}(v_1,v_2)\subset \mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3),$$ car $e_k$ est, au signe près, l'unique vecteur unitaire de $\mathrm{Vect}(v_1,\dots ,v_k)$ orthogonal à $\mathrm{Vect}(v_1,\dots ,v_{k-1})$. Échanger les deux premiers vecteurs change $\mathrm{Vect}(v_1)$ — d'où $e_1\ne f_1$, $e_2\ne f_2$ — mais laisse $\mathrm{Vect}(v_1,v_2)$ intact. Le troisième vecteur, qui ne dépend que de ce plan, ne bouge donc pas.

Contrôle. Les deux familles sont bien orthonormées : $⟨e_i,e_j⟩={\delta }_{i,j}$ pour les neuf couples, et de même pour $(f_i)$ ✓. Contrôle du point 2) : $(-1,1,1)$ est orthogonal à $(1,0,1)$ ($-1+0+1=0$ ✓) et à $(1,1,0)$ ($-1+1+0=0$ ✓) — il est bien orthogonal au plan commun, quel que soit l'ordre dans lequel on l'a engendré. Enfin $\Vert e_2{\Vert }^2=\frac{1+4+1}{6}=1$ ✓ et $\Vert f_2{\Vert }^2=\frac{1+1+4}{6}=1$ ✓.

Ce que l'exercice installe. Gram-Schmidt est un algorithme triangulaire : chaque $e_k$ ne fait intervenir que $v_1,\dots ,v_k$. Matriciellement, c'est la décomposition $A=QR$ avec $Q$ orthogonale et $R$ triangulaire supérieure — et c'est cette triangularité, donc l'ordre, qui fait tout. Quand on veut une base orthonormée canonique, il faut donc imposer l'ordre : c'est ce qu'on fait en orthonormalisant $(1,X,X^2,\dots )$ par degrés croissants, ce qui donne les polynômes de Legendre du n° 13.