MPSI · Espaces préhilbertiens réels

Supplémentaire orthogonal

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Question

On sait décomposer un vecteur dans une base orthonormée. Peut-on décomposer l'espace lui-même en morceaux orthogonaux ? Plus précisément : étant donné un sous-espace vectoriel FF de EE, existe-t-il un supplémentaire de FF « naturel », canoniquement fourni par le produit scalaire ?

Définition 1 : Sous-espaces vectoriels orthogonaux

Deux sous-espaces vectoriels FF et GG de EE sont dits orthogonaux si pour tout (x,y)∈F×G(x,y) \in F \times G : (x∣y)=0(x \mid y) = 0.

Exemple :

Dans R3\mathbb{R}^3 muni du produit scalaire canonique, F=vect⁡(e1)F = \operatorname{vect}(e_1) et G=vect⁡(e2,e3)G = \operatorname{vect}(e_2, e_3) sont orthogonaux.

En revanche, les deux plans F=vect⁡(e1,e2)F = \operatorname{vect}(e_1, e_2) et G=vect⁡(e1,e3)G = \operatorname{vect}(e_1, e_3) ne sont pas orthogonaux : e1e_1 appartient aux deux et (e1∣e1)=1≠0(e_1 \mid e_1) = 1 \neq 0. Deux plans de R3\mathbb{R}^3 ne sont d'ailleurs jamais orthogonaux, car leur intersection n'est jamais réduite à {0}\{0\}.

Remarque :

  1. FF et GG sont orthogonaux si et seulement si F⊂G⊥F \subset G^{\perp}.
  2. FF et F⊥F^{\perp} sont orthogonaux.
  3. Soient (e1,…,ep)(e_1, \dots, e_p) une base de FF et x∈Ex \in E. Alors :
x∈F⊥  ⟺  ∀i∈⟦1,p⟧,(x∣ei)=0.x \in F^{\perp} \iff \forall i \in \llbracket 1,p \rrbracket, \quad (x \mid e_i) = 0.

Test 1

Si FF et GG sont orthogonaux, alors G=F⊥G = F^{\perp}.

Question

On sait déjà que FF et F⊥F^{\perp} sont en somme directe, puisque F∩F⊥={0}F \cap F^{\perp} = \{0\}. Mais remplissent-ils tout l'espace : a-t-on E=F+F⊥E = F + F^{\perp} ?

Proposition 1 : Supplémentaire orthogonal

Si FF est un sous-espace vectoriel de EE de dimension finie, alors FF et F⊥F^{\perp} sont supplémentaires.

Vocabulaire :

Le sous-espace vectoriel F⊥F^{\perp} est appelé le supplémentaire orthogonal de FF.

Démonstration :

Soit x∈Ex \in E.

  • Analyse : on suppose qu'il existe (y,z)∈F×F⊥(y,z) \in F \times F^{\perp} tel que x=y+zx = y + z. Soit (e1,…,ep)(e_1, \dots, e_p) une base orthonormée de FF. Soit i∈⟦1,p⟧i \in \llbracket 1,p \rrbracket. On a z∈F⊥z \in F^{\perp}, donc (z∣ei)=0(z \mid e_i) = 0, c'est-à-dire (x−y∣ei)=0(x - y \mid e_i) = 0, donc (y∣ei)=(x∣ei)(y \mid e_i) = (x \mid e_i). Ainsi
y=∑i=1p(x∣ei) eietz=x−y=x−∑i=1p(x∣ei) ei.y = \sum_{i=1}^{p} (x \mid e_i)\, e_i \qquad \text{et} \qquad z = x - y = x - \sum_{i=1}^{p} (x \mid e_i)\, e_i.
FF⊥Oyxz
Décomposition x = y + z, avec y ∈ F et z ∈ F⊥.

Si un tel couple (y,z)(y,z) existe, alors il est unique.

  • Synthèse : on pose y=∑i=1p(x∣ei) eiy = \sum_{i=1}^{p} (x \mid e_i)\, e_i et z=x−yz = x - y. On a y∈Fy \in F et x=y+zx = y + z. Pour tout j∈⟦1,p⟧j \in \llbracket 1,p \rrbracket, on a
(z∣ej)=(x−y∣ej)=(x∣ej)−(y∣ej)=(x∣ej)−(∑i=1p(x∣ei) ei | ej)=(x∣ej)−(x∣ej)=0,\begin{aligned} (z \mid e_j) = (x - y \mid e_j) &= (x \mid e_j) - (y \mid e_j)\\ &= (x \mid e_j) - \left( \sum_{i=1}^{p} (x \mid e_i)\, e_i \,\middle|\, e_j \right)\\ &= (x \mid e_j) - (x \mid e_j) = 0, \end{aligned}

donc z∈F⊥z \in F^{\perp}.

D'où E=F⊕F⊥E = F \oplus F^{\perp}. □\square

Notation :

On note E=F⊕⊥F⊥E = F \overset{\perp}{\oplus} F^{\perp}.

Exemple :

Dans E=R3E = \mathbb{R}^3 canonique, soit F=vect⁡(u)F = \operatorname{vect}(u) avec u=(1,2,2)u = (1,2,2). On a ∥u∥=3\|u\| = 3, donc e1=13(1,2,2)e_1 = \frac{1}{3}(1,2,2) est une base orthonormée de FF. Décomposons x=(3,0,0)x = (3,0,0) :

y=(x∣e1) e1=1⋅e1=(13,23,23)etz=x−y=(83,−23,−23).y = (x \mid e_1)\, e_1 = 1 \cdot e_1 = \left( \tfrac{1}{3}, \tfrac{2}{3}, \tfrac{2}{3} \right) \qquad \text{et} \qquad z = x - y = \left( \tfrac{8}{3}, -\tfrac{2}{3}, -\tfrac{2}{3} \right).

On vérifie que (z∣u)=83−43−43=0(z \mid u) = \frac{8}{3} - \frac{4}{3} - \frac{4}{3} = 0 : c'est bien la décomposition de xx selon F⊕⊥F⊥F \overset{\perp}{\oplus} F^{\perp}.

Test 2

Dans tout espace préhilbertien réel EE, tout sous-espace vectoriel FF vérifie E=F⊕F⊥E = F \oplus F^{\perp}.

Question

En dimension finie, quelle est la « taille » de F⊥F^{\perp} ? Et si l'on prend l'orthogonal de l'orthogonal, retombe-t-on exactement sur FF ?

Proposition 2 : Dimension de l'orthogonal et biorthogonal

Supposons que EE est de dimension finie. Soit FF un sous-espace vectoriel de EE. Alors :

  1. dim⁡F+dim⁡F⊥=dim⁡E\dim F + \dim F^{\perp} = \dim E ;
  2. (F⊥)⊥=F\left( F^{\perp} \right)^{\perp} = F.

Démonstration :

  1. FF est de dimension finie, donc d'après la proposition précédente E=F⊕F⊥E = F \oplus F^{\perp}, d'où dim⁡E=dim⁡F+dim⁡F⊥\dim E = \dim F + \dim F^{\perp}.
  2. FF et F⊥F^{\perp} sont orthogonaux, donc F⊂(F⊥)⊥F \subset \left( F^{\perp} \right)^{\perp}. On a
dim⁡F=dim⁡E−dim⁡F⊥etdim⁡(F⊥)⊥=dim⁡E−dim⁡F⊥,\dim F = \dim E - \dim F^{\perp} \qquad \text{et} \qquad \dim \left( F^{\perp} \right)^{\perp} = \dim E - \dim F^{\perp},

donc dim⁡(F⊥)⊥=dim⁡F\dim \left( F^{\perp} \right)^{\perp} = \dim F. D'où (F⊥)⊥=F\left( F^{\perp} \right)^{\perp} = F.

Test 3

Dans tout espace préhilbertien réel EE, on a (F⊥)⊥=F\left( F^{\perp} \right)^{\perp} = F pour tout sous-espace vectoriel FF.

Corollaire 1 : Droites et hyperplans

Si EE est un espace euclidien, alors le supplémentaire orthogonal d'une droite est un hyperplan et le supplémentaire orthogonal d'un hyperplan est une droite.

Vocabulaire :

Tout vecteur non nul de l'orthogonal d'un hyperplan HH est appelé vecteur normal à HH.

Exemple :

Dans R3\mathbb{R}^3 canonique, soit H={(x,y,z)∈R3:x+2y−z=0}H = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x + 2y - z = 0 \}. Pour tout u=(x,y,z)∈R3u = (x,y,z) \in \mathbb{R}^3, on a x+2y−z=(u∣n)x + 2y - z = (u \mid n) avec n=(1,2,−1)n = (1,2,-1) : ainsi H=vect⁡(n)⊥H = \operatorname{vect}(n)^{\perp}, donc H⊥=vect⁡(n)H^{\perp} = \operatorname{vect}(n) et nn est un vecteur normal à HH.

Question

Comment fabriquer concrètement une décomposition E=F⊕⊥F⊥E = F \overset{\perp}{\oplus} F^{\perp} ? Une base orthonormée de EE se scinde-t-elle en deux bases de sous-espaces orthogonaux — et réciproquement, peut-on recoller des bases orthonormées de FF et de F⊥F^{\perp} ?

Proposition 3 : Bases orthonormées et supplémentaires orthogonaux

Supposons que EE est de dimension n∈N∖{0,1}n \in \mathbb{N} \setminus \{0,1\} et soit p∈⟦1,n−1⟧p \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket.

  1. Si (e1,…,en)(e_1, \dots, e_n) est une base orthonormée de EE, alors (e1,…,ep)(e_1, \dots, e_p) et (ep+1,…,en)(e_{p+1}, \dots, e_n) sont des bases orthonormées de deux sous-espaces vectoriels supplémentaires et orthogonaux.
  2. Soit FF un sous-espace vectoriel de EE. Si (e1,…,ep)(e_1, \dots, e_p) est une base orthonormée de FF et (ep+1,…,en)(e_{p+1}, \dots, e_n) est une base orthonormée de F⊥F^{\perp}, alors (e1,…,en)(e_1, \dots, e_n) est une base orthonormée de EE.

Démonstration :

  1. Posons F=vect⁡(e1,…,ep)F = \operatorname{vect}(e_1, \dots, e_p) et G=vect⁡(ep+1,…,en)G = \operatorname{vect}(e_{p+1}, \dots, e_n). Les familles (e1,…,ep)(e_1, \dots, e_p) et (ep+1,…,en)(e_{p+1}, \dots, e_n), extraites d'une famille orthonormée, sont orthonormées : ce sont donc des bases orthonormées de FF et de GG. Par bilinéarité du produit scalaire, tout vecteur de FF est orthogonal à tout vecteur de GG : les sous-espaces FF et GG sont orthogonaux, donc F∩G={0}F \cap G = \{0\}. Enfin F+GF + G contient la base (e1,…,en)(e_1, \dots, e_n), donc F+G=EF + G = E. D'où E=F⊕GE = F \oplus G.
  2. La famille (e1,…,en)(e_1, \dots, e_n) est orthonormée : ses vecteurs sont unitaires, et pour i⩽p<ji \leqslant p < j, on a ei∈Fe_i \in F et ej∈F⊥e_j \in F^{\perp}, donc (ei∣ej)=0(e_i \mid e_j) = 0. Elle est donc libre, et comporte n=dim⁡F+dim⁡F⊥=dim⁡En = \dim F + \dim F^{\perp} = \dim E vecteurs : c'est une base orthonormée de EE.

Remarque :

Soit x∈Ex \in E. On a

x=∑i=1n(x∣ei) ei=∑i=1p(x∣ei) ei⏟∈ F+∑i=p+1n(x∣ei) ei⏟∈ F⊥.x = \sum_{i=1}^{n} (x \mid e_i)\, e_i = \underbrace{\sum_{i=1}^{p} (x \mid e_i)\, e_i}_{\in\, F} + \underbrace{\sum_{i=p+1}^{n} (x \mid e_i)\, e_i}_{\in\, F^{\perp}}.

Question

Le théorème de la base incomplète affirme que toute famille libre peut être complétée en base. Reste-t-il vrai dans le monde orthonormé : peut-on compléter toute famille orthonormée en une base orthonormée ?

Proposition 4 : Théorème de la base orthonormée incomplète

Toute famille orthonormée d'un espace euclidien EE peut être complétée en une base orthonormée de EE.

Démonstration :

Soient (e1,…,ep)(e_1, \dots, e_p) une famille orthonormée de EE et (ep+1,…,en)(e_{p+1}, \dots, e_n) une base orthonormée de vect⁡(e1,…,ep)⊥\operatorname{vect}(e_1, \dots, e_p)^{\perp} ; alors (e1,…,en)(e_1, \dots, e_n) est une base orthonormée de EE.

Exercice 1 : Matrices symétriques et antisymétriques

On munit E=Mn(R)E = \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) du produit scalaire (A∣B)=tr⁡(A⊤B)(A \mid B) = \operatorname{tr}\left( A^{\top} B \right). On note Sn(R)\mathcal{S}_n(\mathbb{R}) le sous-espace des matrices symétriques et An(R)\mathcal{A}_n(\mathbb{R}) celui des matrices antisymétriques.

Montrer que Sn(R)⊥=An(R)\mathcal{S}_n(\mathbb{R})^{\perp} = \mathcal{A}_n(\mathbb{R}).

Solution :(cliquer pour afficher)

Soient S∈Sn(R)S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R}) et A∈An(R)A \in \mathcal{A}_n(\mathbb{R}). On a

(S∣A)=tr⁡(S⊤A)=tr⁡(SA),(S \mid A) = \operatorname{tr}\left( S^{\top} A \right) = \operatorname{tr}(SA),

et, la trace étant invariante par transposition puis par permutation circulaire :

tr⁡(SA)=tr⁡((SA)⊤)=tr⁡(A⊤S⊤)=tr⁡(−AS)=−tr⁡(SA),\operatorname{tr}(SA) = \operatorname{tr}\left( (SA)^{\top} \right) = \operatorname{tr}\left( A^{\top} S^{\top} \right) = \operatorname{tr}(-AS) = -\operatorname{tr}(SA),

donc (S∣A)=0(S \mid A) = 0. Ainsi An(R)⊂Sn(R)⊥\mathcal{A}_n(\mathbb{R}) \subset \mathcal{S}_n(\mathbb{R})^{\perp}.

Par ailleurs, d'après la proposition sur la dimension de l'orthogonal :

dim⁡Sn(R)⊥=n2−n(n+1)2=n(n−1)2=dim⁡An(R).\dim \mathcal{S}_n(\mathbb{R})^{\perp} = n^2 - \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n-1)}{2} = \dim \mathcal{A}_n(\mathbb{R}).

L'inclusion et l'égalité des dimensions donnent Sn(R)⊥=An(R)\mathcal{S}_n(\mathbb{R})^{\perp} = \mathcal{A}_n(\mathbb{R}).