Espaces préhilbertiens réels

Par bilinéarité et symétrie : $$\|x+y\|^2=\langle x+y,x+y\rangle=\langle x,x\rangle+\langle x,y\rangle+\langle y,x\rangle+\langle y,y\rangle=\|x\|^2+2\langle x,y\rangle+\|y\|^2.$$ On remplace $y$ par $-y$ pour la seconde égalité. La première identité de polarisation s'obtient en isolant $\langle x,y\rangle$. En soustrayant les deux développements, on obtient $\|x+y\|^2-\|x-y\|^2=4\langle x,y\rangle$. En les ajoutant, on obtient l'identité du parallélogramme.

Si $y=0$, les deux membres sont nuls, l'inégalité est une égalité et la famille $(x,0)$ est liée.

Supposons $y\neq 0$. Pour $t\in\mathbb{R}$, posons $$P(t)=\|x+ty\|^2=\|y\|^2t^2+2\langle x,y\rangle t+\|x\|^2.$$ Comme $\|y\|^2>0$, $P$ est un trinôme du second degré, et $P(t)\geqslant 0$ pour tout réel $t$. Un trinôme de signe constant positif a un discriminant négatif ou nul : $$\Delta=4\langle x,y\rangle^2-4\|x\|^2\|y\|^2\leqslant 0,$$ d'où $\langle x,y\rangle^2\leqslant\|x\|^2\|y\|^2$, puis l'inégalité en prenant la racine carrée.

Cas d'égalité (toujours avec $y\neq0$). Si $|\langle x,y\rangle|=\|x\|\|y\|$, alors $\Delta=0$ et $P$ admet une racine $t_0$ : $\|x+t_0y\|^2=0$, donc $x+t_0y=0$ par le caractère défini, et $(x,y)$ est liée. Réciproquement, si $(x,y)$ est liée avec $y\neq 0$, il existe $\lambda$ tel que $x=\lambda y$, et $|\langle x,y\rangle|=|\lambda|\|y\|^2=\|x\|\|y\|$.

Séparation et homogénéité découlent directement du caractère défini et de la bilinéarité. Pour l'inégalité triangulaire, les deux membres sont positifs, il suffit de comparer les carrés : $$\|x+y\|^2=\|x\|^2+2\langle x,y\rangle+\|y\|^2\leqslant\|x\|^2+2\|x\|\|y\|+\|y\|^2=(\|x\|+\|y\|)^2,$$ par Cauchy-Schwarz ($\langle x,y\rangle\leqslant|\langle x,y\rangle|\leqslant\|x\|\|y\|$).

Égalité si et seulement si $\langle x,y\rangle=\|x\|\|y\|$. Si $y\neq 0$, cela impose d'abord $(x,y)$ liée, soit $x=\lambda y$, puis $\lambda\|y\|^2=|\lambda|\|y\|^2$, soit $\lambda\geqslant 0$. La réciproque est immédiate.

Le développement $\|x+y\|^2=\|x\|^2+2\langle x,y\rangle+\|y\|^2$ donne l'équivalence. Pour une famille orthogonale : $$\Big\|\sum_i x_i\Big\|^2=\sum_{i,j}\langle x_i,x_j\rangle=\sum_i\langle x_i,x_i\rangle=\sum_i\|x_i\|^2,$$ car les termes $i\neq j$ sont nuls.

Soit $(e_1,\dots,e_p)$ orthogonale, sans vecteur nul, et $\lambda_1,\dots,\lambda_p$ des réels tels que $\sum_i\lambda_ie_i=0$. Pour $j$ fixé, on fait le produit scalaire avec $e_j$ : $$0=\Big\langle\sum_i\lambda_ie_i,e_j\Big\rangle=\sum_i\lambda_i\langle e_i,e_j\rangle=\lambda_j\|e_j\|^2.$$ Comme $e_j\neq 0$, $\|e_j\|^2>0$ et $\lambda_j=0$. La famille est libre. Pour une famille infinie, on applique ce raisonnement à toute sous-famille finie.

Écrivons $x=\sum_ix_ie_i$. Pour $j$ fixé, $\langle e_j,x\rangle=\sum_ix_i\langle e_j,e_i\rangle=x_j$ : la $j$-ième coordonnée est $\langle e_j,x\rangle$. Ensuite $\langle x,y\rangle=\sum_{i,j}x_iy_j\langle e_i,e_j\rangle=\sum_ix_iy_i$ par bilinéarité.

Notons $F_k=\operatorname{Vect}(v_1,\dots,v_k)$, de dimension $k$ puisque la famille est libre.

Existence, par récurrence sur $k$. Pour $k=1$ : $v_1\neq 0$ car la famille est libre, $e_1=v_1/\|v_1\|$ est unitaire, $\operatorname{Vect}(e_1)=F_1$ et $\langle e_1,v_1\rangle=\|v_1\|>0$.

Supposons construits $e_1,\dots,e_{k-1}$ orthonormés avec $\operatorname{Vect}(e_1,\dots,e_{k-1})=F_{k-1}$. Posons $w_k=v_k-\sum_{i<k}\langle e_i,v_k\rangle e_i$.

• $w_k\neq 0$ : sinon $v_k\in\operatorname{Vect}(e_1,\dots,e_{k-1})=F_{k-1}$, ce qui contredit la liberté de $(v_1,\dots,v_k)$.
• Pour $j<k$ : $\langle e_j,w_k\rangle=\langle e_j,v_k\rangle-\sum_{i<k}\langle e_i,v_k\rangle\langle e_j,e_i\rangle=\langle e_j,v_k\rangle-\langle e_j,v_k\rangle=0$.

Ainsi $e_k=w_k/\|w_k\|$ est unitaire et orthogonal à $e_1,\dots,e_{k-1}$ : la famille $(e_1,\dots,e_k)$ est orthonormée. Par construction $e_k\in F_k$, donc $\operatorname{Vect}(e_1,\dots,e_k)\subset F_k$ ; la première famille est libre (orthonormée) de cardinal $k$ et $\dim F_k=k$, d'où l'égalité. Enfin, comme $v_k=w_k+\sum_{i<k}\langle e_i,v_k\rangle e_i$ et $e_k\perp e_i$ pour $i<k$ : $$\langle e_k,v_k\rangle=\langle e_k,w_k\rangle=\|w_k\|>0.$$

Unicité. Soit $(e'_1,\dots,e'_p)$ une autre famille convenable. Par récurrence, supposons $e'_i=e_i$ pour $i<k$. Alors $e'_k\in F_k$ et $e'_k$ est orthogonal à $F_{k-1}=\operatorname{Vect}(e_1,\dots,e_{k-1})$. Décomposons $e'_k=\sum_{i\leqslant k}\alpha_ie_i$ dans la base orthonormée $(e_1,\dots,e_k)$ de $F_k$ : $\alpha_i=\langle e_i,e'_k\rangle=0$ pour $i<k$, donc $e'_k=\alpha_ke_k$ avec $|\alpha_k|=1$. La condition $\langle e'_k,v_k\rangle=\alpha_k\|w_k\|>0$ impose $\alpha_k=1$.

Existence : on applique le procédé de Gram-Schmidt à une base quelconque $(v_1,\dots,v_n)$ ; on obtient une famille orthonormée de $n$ vecteurs, donc libre de cardinal $n=\dim E$ : c'est une base.

Complétion : soit $(e_1,\dots,e_p)$ orthonormée. Elle est libre ; par le théorème de la base incomplète, on la complète en une base $(e_1,\dots,e_p,v_{p+1},\dots,v_n)$. Gram-Schmidt appliqué à cette base ne modifie pas $e_1,\dots,e_p$ (à chaque étape $k\leqslant p$, $w_k=e_k$ car $\langle e_i,e_k\rangle=0$ pour $i<k$, et $\|e_k\|=1$) et fournit une BON qui commence par $e_1,\dots,e_p$.

1. $0\in A^\perp$. Si $x,y\in A^\perp$ et $\lambda\in\mathbb{R}$, pour tout $a\in A$ : $\langle\lambda x+y,a\rangle=\lambda\langle x,a\rangle+\langle y,a\rangle=0$.
2. Tout vecteur est orthogonal à $0$. Si $x\in E^\perp$, alors $\langle x,x\rangle=0$ donc $x=0$.
3. Si $x$ est orthogonal à tout élément de $B$, il l'est à tout élément de $A\subset B$.
4. $A\subset\operatorname{Vect}A$ donne $(\operatorname{Vect}A)^\perp\subset A^\perp$ par 3. Réciproquement, si $x\in A^\perp$, l'application linéaire $y\mapsto\langle x,y\rangle$ est nulle sur $A$, donc sur toute combinaison linéaire d'éléments de $A$.
5. Si $x\in F\cap F^\perp$, alors $x\perp x$, donc $\|x\|^2=0$ et $x=0$.
6. Si $x\in F$, pour tout $y\in F^\perp$, $\langle x,y\rangle=0$ : $x\in(F^\perp)^\perp$.

On sait déjà $F\cap F^\perp=\{0\}$. Reste à montrer $E=F+F^\perp$. Si $F=\{0\}$, c'est clair. Sinon, $F$ est de dimension finie $p\geqslant1$ et admet une base orthonormée $(e_1,\dots,e_p)$ (Gram-Schmidt). Soit $x\in E$. Posons $$p(x)=\sum_{i=1}^p\langle e_i,x\rangle e_i\in F.$$ Pour tout $j$ : $\langle e_j,x-p(x)\rangle=\langle e_j,x\rangle-\sum_i\langle e_i,x\rangle\langle e_j,e_i\rangle=\langle e_j,x\rangle-\langle e_j,x\rangle=0$. Donc $x-p(x)$ est orthogonal à $e_1,\dots,e_p$, donc à $F=\operatorname{Vect}(e_1,\dots,e_p)$. Ainsi $x=p(x)+(x-p(x))\in F+F^\perp$.

En dimension finie $n$, la somme directe donne $\dim F^\perp=n-\dim F$. Appliqué à $F^\perp$ : $\dim(F^\perp)^\perp=n-(n-\dim F)=\dim F$. Comme $F\subset(F^\perp)^\perp$ et que les dimensions sont égales, $(F^\perp)^\perp=F$.

La caractérisation traduit l'unicité de la décomposition dans $E=F\oplus F^\perp$. Dans la preuve du théorème du supplémentaire orthogonal, on a montré que $y=\sum_i\langle e_i,x\rangle e_i$ vérifie $y\in F$ et $x-y\in F^\perp$ : c'est donc $p_F(x)$. Pour une droite, $\left(\frac{u}{\|u\|}\right)$ est une BON de $D$. En dimension finie, $(F^\perp)^\perp=F$, donc la projection sur $F^\perp$ parallèlement à $F$ est $\mathrm{id}-p_F$ ; pour un hyperplan, $H^\perp=\operatorname{Vect}(u)$, d'où la dernière formule.

Notons $p=p_F(x)$. Soit $y\in F$. On écrit $x-y=(x-p)+(p-y)$ avec $x-p\in F^\perp$ et $p-y\in F$. Ces deux vecteurs sont orthogonaux, donc par Pythagore : $$\|x-y\|^2=\|x-p\|^2+\|p-y\|^2\geqslant\|x-p\|^2,$$ avec égalité si et seulement si $\|p-y\|=0$, c'est-à-dire $y=p$. La borne inférieure est donc un minimum, atteint uniquement en $p$.

De même, $x=p+(x-p)$ avec $p\perp(x-p)$ donne $\|x\|^2=\|p\|^2+\|x-p\|^2$. Enfin, $\|p\|^2=\sum_i\langle e_i,x\rangle^2$ par le calcul de la norme dans une BON de $F$.