Exercice 12 · Un projecteur est orthogonal si et seulement s'il raccourcit les vecteurs
approfondissement●●●Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n\geqslant1$ et $p\in\mathcal{L}(E)$ un projecteur ($p\circ p=p$). On rappelle que $E=\operatorname{Im}p\oplus\operatorname{Ker}p$ et que $p$ est la projection orthogonale sur $\operatorname{Im}p$ si et seulement si $\operatorname{Ker}p=(\operatorname{Im}p)^\perp$.
- Dans $\mathbb{R}^2$ canonique, on pose $p(x,y)=(x-y,0)$. Montrer que $p$ est un projecteur, déterminer son image et son noyau, et trouver un vecteur $v$ tel que $\|p(v)\|>\|v\|$.
- Montrer que si $p$ est une projection orthogonale, alors $\|p(x)\|\leqslant\|x\|$ pour tout $x\in E$.
- On suppose réciproquement que $\|p(x)\|\leqslant\|x\|$ pour tout $x$. Soit $a\in\operatorname{Im}p$ et $b\in\operatorname{Ker}p$. En étudiant $\|p(a+tb)\|^2$ pour $t\in\mathbb{R}$, montrer que $\langle a,b\rangle=0$. Conclure.
Un élément $a$ de l'image d'un projecteur vérifie $p(a)=a$.
Pour la question 2, décomposer $x=p(x)+(x-p(x))$.
Pour la question 3, obtenir $2t\langle a,b\rangle+t^2\|b\|^2\geqslant0$ pour tout $t$, puis diviser par $t$ selon son signe et faire tendre $t$ vers $0$.
1. $p$ est linéaire et $p(p(x,y))=p(x-y,0)=(x-y,0)=p(x,y)$ : c'est un projecteur. Ses valeurs sont de la forme $(s,0)$ et $p(1,0)=(1,0)$, donc $\operatorname{Im}p=\operatorname{Vect}((1,0))$. $p(x,y)=0\iff x=y$, donc $\operatorname{Ker}p=\operatorname{Vect}((1,1))$. Comme $\langle(1,0),(1,1)\rangle=1\neq0$, $p$ n'est pas une projection orthogonale. Pour $v=(-1,1)$ : $p(v)=(-2,0)$, $\|p(v)\|=2>\sqrt2=\|v\|$.
2. Soit $x\in E$. On a $p(x)\in\operatorname{Im}p$ et $p(x-p(x))=p(x)-p(x)=0$, donc $x-p(x)\in\operatorname{Ker}p=(\operatorname{Im}p)^\perp$. Par Pythagore : $$\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2\geqslant\|p(x)\|^2.$$
3. Soit $a\in\operatorname{Im}p$, $b\in\operatorname{Ker}p$ et $t\in\mathbb{R}$. Comme $p(a)=a$ et $p(b)=0$, $p(a+tb)=a$. L'hypothèse donne $$\|a\|^2\leqslant\|a+tb\|^2=\|a\|^2+2t\langle a,b\rangle+t^2\|b\|^2,\quad\text{soit}\quad 2t\langle a,b\rangle+t^2\|b\|^2\geqslant0.$$ Pour $t>0$, on divise par $t$ : $2\langle a,b\rangle+t\|b\|^2\geqslant0$, et en faisant tendre $t$ vers $0^+$ : $\langle a,b\rangle\geqslant0$. Pour $t<0$, la division renverse l'inégalité : $2\langle a,b\rangle+t\|b\|^2\leqslant0$, et quand $t\to0^-$ : $\langle a,b\rangle\leqslant0$. Donc $\langle a,b\rangle=0$.
Ainsi $\operatorname{Ker}p\subset(\operatorname{Im}p)^\perp$. Par la formule du rang, $\dim\operatorname{Ker}p=n-\dim\operatorname{Im}p=\dim(\operatorname{Im}p)^\perp$. L'inclusion et l'égalité des dimensions donnent $\operatorname{Ker}p=(\operatorname{Im}p)^\perp$ : $p$ est la projection orthogonale sur $\operatorname{Im}p$.
Conclusion : un projecteur est orthogonal si et seulement si $\|p(x)\|\leqslant\|x\|$ pour tout $x\in E$.
$p$ projecteur orthogonal $\iff\forall x\in E,\ \|p(x)\|\leqslant\|x\|$ ; exemple : $v=(-1,1)$