Supplémentaire orthogonal : énoncé (MPSI)
Supplémentaire orthogonal
Si $F$ est un sous-espace de dimension finie de $E$ (et $E$ quelconque), alors $$E=F\oplus F^\perp.$$ $F^\perp$ est appelé le supplémentaire orthogonal de $F$. Si de plus $E$ est euclidien de dimension $n$ : $$\dim F^\perp=n-\dim F\qquad\text{et}\qquad(F^\perp)^\perp=F.$$
Démonstration : Supplémentaire orthogonal
Preuve (exigible)
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, $(F^\perp)^\perp=F$.
En dimension infinie, l'hypothèse est indispensable
Dans $E=\mathcal{C}([0,1],\mathbb{R})$ muni de $\langle f,g\rangle=\int_0^1fg$, soit $F=\{f\in E : f(0)=0\}$, sous-espace de dimension infinie. Si $g\in F^\perp$, la fonction $f:t\mapsto t\,g(t)$ est dans $F$, donc $\int_0^1t\,g(t)^2\,\mathrm{d}t=0$. La fonction $t\mapsto t\,g(t)^2$ est continue, positive, d'intégrale nulle : elle est nulle, donc $g=0$ sur $]0,1]$, puis $g(0)=0$ par continuité. Ainsi $F^\perp=\{0\}$ et $F\oplus F^\perp=F\neq E$. De plus $(F^\perp)^\perp=E\neq F$.
Matrices symétriques et antisymétriques
Dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ muni de $\langle A,B\rangle=\operatorname{tr}(A^\top B)$, on montre que $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})^\perp=\mathcal{A}_n(\mathbb{R})$.
Soit $S$ symétrique et $A$ antisymétrique. Alors $\langle S,A\rangle=\operatorname{tr}(S^\top A)=\operatorname{tr}(SA)$. Une matrice et sa transposée ont la même trace, donc $$\operatorname{tr}(SA)=\operatorname{tr}\big((SA)^\top\big)=\operatorname{tr}(A^\top S^\top)=\operatorname{tr}(-AS)=-\operatorname{tr}(AS)=-\operatorname{tr}(SA),$$ en utilisant $\operatorname{tr}(AS)=\operatorname{tr}(SA)$. D'où $\langle S,A\rangle=0$ et $\mathcal{A}_n\subset\mathcal{S}_n^\perp$.
Par dimensions : $\dim\mathcal{S}_n^\perp=n^2-\frac{n(n+1)}2=\frac{n(n-1)}2=\dim\mathcal{A}_n$. Donc $\mathcal{S}_n^\perp=\mathcal{A}_n$.
S’entraîner
- Orthogonal d'un plan de $\mathbb{R}^4$
- Un projecteur est orthogonal si et seulement s'il raccourcit les vecteurs
- Polynômes de Legendre et distance de $X^n$ à $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ (type Mines-Ponts)