Projection orthogonale sur un sous-espace fermé

Comment est caractérisée la projection orthogonale $p_F(x)$ d'un point $x$ sur un sous-espace fermé $F$ ?

Le théorème de projection caractérise $p_F(x)$ comme l'unique point de $F$ réalisant la distance minimale à $x$, et cette propriété équivaut à l'orthogonalité du vecteur résiduel $x-p_F(x)$ à tout $F$.

Vrai ou faux : si $(e_1,\dots,e_k)$ est une base orthonormée de $F$, alors $p_F(x)=\sum_i\langle x,e_i\rangle e_i$.

Vrai. C'est la formule explicite de la projection orthogonale en présence d'une base orthonormée — chaque coefficient $\langle x,e_i\rangle$ s'appelle la coordonnée de Fourier de $x$ selon $e_i$.

Que signifie $H=F\oplus F^\perp$ ?

C'est la décomposition orthogonale fondamentale : tout élément de l'espace de Hilbert s'écrit de manière unique comme somme de sa projection sur $F$ et de sa projection sur l'orthogonal $F^\perp$.

Vrai ou faux : le procédé de Gram-Schmidt permet de construire une base orthonormée à partir d'une base quelconque.

Vrai. C'est exactement le rôle du procédé de Gram-Schmidt : à chaque étape, on soustrait la projection sur l'espace déjà construit, puis on normalise, garantissant l'orthonormalité de la base finale.

Dans $\mathbb{R}^3$, pour $F=\text{Vect}(e_1,e_2)$ (plan $xOy$) et $x=(2,3,5)$, que vaut $p_F(x)$ ?

La projection orthogonale sur le plan $xOy$ conserve les coordonnées $x,y$ et annule la coordonnée $z$ : $p_F(2,3,5)=(2,3,0)$.

Pour $F=\text{Vect}(u)$ avec $u=(1,1,0)$ (non unitaire) et $x=(3,1,2)$, calculer $p_F(x)$.

$\langle x,u\rangle=3+1+0=4$, $\|u\|^2=1+1=2$. $p_F(x)=\dfrac{4}{2}(1,1,0)=(2,2,0)$.

Soit $x=(1,2,2)$ et $F=\text{Vect}(e_1)$ avec $e_1=(0,0,1)$ (unitaire). Calculer la distance $d(x,F)=\|x-p_F(x)\|$.

$p_F(x)=\langle x,e_1\rangle e_1=2\,e_1=(0,0,2)$. $x-p_F(x)=(1,2,0)$, de norme $\sqrt{1+4}=\sqrt5$.

Vrai ou faux : la projection orthogonale $p_F$ sur un sous-espace fermé $F$ est une application linéaire.

Vrai. C'est une propriété importante du théorème de projection : $p_F$ est non seulement bien définie et continue, mais aussi linéaire — ce qui découle de l'unicité de la décomposition orthogonale et de la linéarité du produit scalaire.

Appliquer la première étape de Gram-Schmidt à $v_1=(3,4)$ : calculer $u_1=v_1/\|v_1\|$.

$\|v_1\|=\sqrt{9+16}=5$, donc $u_1=(3/5,4/5)$, de norme $1$ (on vérifie $9/25+16/25=1$).

Démontrer que $p_F(x)$, défini comme le point de $F$ minimisant $\|x-y\|$, vérifie nécessairement $\langle x-p_F(x),z\rangle=0$ pour tout $z\in F$ (caractérisation par l'orthogonalité), en étudiant $t\mapsto\|x-p_F(x)-tz\|^2$.

Mise en place. Fixons $z\in F$ et considérons la fonction $\varphi(t)=\|x-p_F(x)-tz\|^2$ pour $t\in\mathbb{R}$. Comme $F$ est un sous-espace vectoriel, $p_F(x)+tz\in F$ pour tout $t$, donc par la propriété de minimalité de $p_F(x)$ :

Conséquence : $t=0$ est un minimum de $\varphi$. Comme $\varphi$ est dérivable (polynôme du second degré en $t$) et atteint son minimum en $t=0$, on a nécessairement $\varphi'(0)=0$.

Développement explicite. $\varphi(t)=\|x-p_F(x)\|^2-2t\langle x-p_F(x),z\rangle+t^2\|z\|^2$, donc $\varphi'(t)=-2\langle x-p_F(x),z\rangle+2t\|z\|^2$.

Conclusion. $\varphi'(0)=-2\langle x-p_F(x),z\rangle=0$, d'où :

Démontrer l'unicité de la projection orthogonale : si $p,p'\in F$ vérifient tous deux $x-p\perp F$ et $x-p'\perp F$, alors $p=p'$.

Différence des deux candidats. Comme $p,p'\in F$ (sous-espace vectoriel), on a $p-p'\in F$.

Utilisation de l'orthogonalité. Par hypothèse, $x-p\perp F$ et $x-p'\perp F$, donc en particulier (puisque $p-p'\in F$) :

Soustraction des deux égalités.

Or le membre de gauche se simplifie (par bilinéarité) :

Conclusion. $\|p-p'\|^2=0$, donc $p-p'=0$ (car la norme est définie positive), c'est-à-dire $p=p'$. $\square$ Cela confirme que la projection orthogonale, lorsqu'elle existe, est nécessairement unique — c'est ce qui justifie de parler de « la » projection $p_F(x)$ plutôt que « d'une » projection.

Appliquer le procédé de Gram-Schmidt complet à $v_1=(1,1,0)$, $v_2=(1,0,1)$ pour obtenir une base orthonormée $(u_1,u_2)$ du plan $\text{Vect}(v_1,v_2)$.

Première étape. $u_1=\dfrac{v_1}{\|v_1\|}$. Comme $\|v_1\|=\sqrt{1^2+1^2+0^2}=\sqrt2$ :

Deuxième étape — calcul de $\langle v_2,u_1\rangle$. $\langle v_2,u_1\rangle = 1\times\dfrac{1}{\sqrt2}+0\times\dfrac{1}{\sqrt2}+1\times0 = \dfrac{1}{\sqrt2}$.

Soustraction de la projection. $w_2=v_2-\langle v_2,u_1\rangle u_1 = (1,0,1) - \dfrac{1}{\sqrt2}\left(\dfrac{1}{\sqrt2},\dfrac{1}{\sqrt2},0\right) = (1,0,1)-\left(\dfrac12,\dfrac12,0\right) = \left(\dfrac12,-\dfrac12,1\right)$.

Normalisation. $\|w_2\|=\sqrt{\dfrac14+\dfrac14+1}=\sqrt{\dfrac32}$, donc :

Vérification rapide : $\langle u_1,u_2\rangle$ doit être nul (par construction, $w_2\perp u_1$), ce qu'on peut vérifier directement : $\langle w_2,u_1\rangle=\dfrac12\cdot\dfrac1{\sqrt2}-\dfrac12\cdot\dfrac1{\sqrt2}+1\times0=0$. ✓

Vrai ou faux : pour $F$ fermé et $x\notin F$, on a toujours $d(x,F)=\|x-p_F(x)\|>0$.

Vrai. Si $d(x,F)=0$, alors $p_F(x)$ serait à distance nulle de $x$, donc $p_F(x)=x$ (la norme est définie positive), ce qui impliquerait $x\in F$ — contredisant l'hypothèse $x\notin F$. Donc nécessairement $d(x,F)>0$.

Démontrer, en utilisant la décomposition orthogonale $H=F\oplus F^\perp$, l'identité $\|x\|^2=\|p_F(x)\|^2+d(x,F)^2$.

Décomposition orthogonale. On écrit $x=p_F(x)+(x-p_F(x))$, où $p_F(x)\in F$ et, par la caractérisation de la projection (§1), $x-p_F(x)\perp F$, donc en particulier $x-p_F(x)\in F^\perp$ et est orthogonal à $p_F(x)$ (qui appartient à $F$).

Application du théorème de Pythagore. Comme $p_F(x)\perp(x-p_F(x))$ :

Identification de $\|x-p_F(x)\|$. Par définition même de la projection orthogonale (théorème §1), $\|x-p_F(x)\|=d(x,F)$ (la distance minimale de $x$ à $F$ est exactement réalisée en $p_F(x)$).

Conclusion.

Cette identité a une interprétation géométrique limpide : le carré de la norme de $x$ se décompose en la partie « expliquée » par $F$ (le carré de la norme de la projection) et la partie « résiduelle » (le carré de la distance à $F$) — c'est l'analogue, en dimension infinie, de la décomposition variance expliquée/variance résiduelle en régression linéaire.

Démontrer que pour $F\subset G$ (deux sous-espaces fermés emboîtés), $d(x,G)\leq d(x,F)$ pour tout $x$, et interpréter ce résultat.

Inclusion des ensembles de candidats. Comme $F\subseteq G$, l'ensemble des distances candidates $\{\|x-y\|:y\in F\}$ est inclus dans $\{\|x-y\|:y\in G\}$ (tout $y\in F$ est aussi dans $G$).

Monotonie de l'infimum. Pour deux ensembles de réels $A\subseteq B$, on a toujours $\inf B\leq\inf A$ (prendre l'infimum sur un ensemble plus grand ne peut que faire baisser, ou laisser inchangée, la valeur — car $B$ contient au moins tous les candidats de $A$, donc potentiellement de meilleurs).

Application. En posant $A=\{\|x-y\|:y\in F\}$ et $B=\{\|x-y\|:y\in G\}$, avec $A\subseteq B$ :

Interprétation géométrique. Ce résultat est intuitif : $G$, contenant $F$, offre plus de candidats $y$ potentiels pour approcher $x$ ; on ne peut donc jamais faire moins bien (distance plus grande) en élargissant l'espace d'approximation, seulement aussi bien ou mieux. C'est le principe sous-jacent à de nombreuses méthodes d'approximation (par exemple en analyse numérique : enrichir une base d'approximation ne peut que diminuer l'erreur minimale possible). $\square$