Projection suivant une Direction
Soient $E$ un K-espace vectoriel, $F$ un sous-espace vectoriel de $E$, et $G$ un supplémentaire de $F$ dans $E$ (tel que $E = F \oplus G$). On appelle projection sur F parallèlement à G l’application $p: E \to E$ qui à tout vecteur $x = x_1 + x_2$ (avec la décomposition unique $x_1 \in F$ et $x_2 \in G$) associe le vecteur $p(x) = x_1$.
Remarque
Si $p$ est la projection sur $F$ parallèlement à $G$, alors :
- $p$ est un projecteur, c’est-à-dire un endomorphisme idempotent ($p^2=p$).
- Son image est $F$, qui est aussi l’ensemble de ses points fixes : $Im(p) = \{x \in E \mid p(x)=x\} = F$.
- Son noyau est $G$ : $Ker(p) = G$.
Soit $u$ un projecteur d’un K-espace vectoriel $E$. Alors $u$ est la projection sur son image, parallèlement à son noyau. De plus, on a la décomposition en somme directe : $$ E = Im(u) \oplus Ker(u) $$
Définition et Propriétés d’une Projection Orthogonale
Rappelons que dans un espace euclidien, tout sous-espace vectoriel $F$ admet un unique supplémentaire orthogonal, noté $F^\perp$, tel que $E = F \oplus F^\perp$.
Soient $E$ un espace euclidien et $F$ un sous-espace vectoriel de $E$. On appelle projection orthogonale sur F, notée $p_F$, la projection sur $F$ parallèlement à son supplémentaire orthogonal $F^\perp$.
Remarque
- La projection orthogonale sur $F^\perp$ est donnée par $p_{F^\perp} = Id_E – p_F$.
- Pour un vecteur $x \in E$, son projeté orthogonal $y=p_F(x)$ est l’unique vecteur qui satisfait les deux conditions : $y \in F$ et $(x-y) \in F^\perp$.
- Un projecteur $u$ est une projection orthogonale si et seulement si son noyau et son image sont orthogonaux : $Ker(u) = (Im(u))^\perp$.
Soit $u$ un projecteur d’un espace euclidien $E$. Les propositions suivantes sont équivalentes :
- $u$ est une projection orthogonale.
- $u$ est un endomorphisme autoadjoint (symétrique), i.e., $u^* = u$.
- $u$ est une contraction : $\forall x \in E, \|u(x)\| \le \|x\|$.
Démonstration
(i $\implies$ ii) Si $u$ est une projection orthogonale, alors $Ker(u) = (Im(u))^\perp$. Pour tous $x,y \in E$, on a $\langle u(x), y \rangle = \langle u(x), u(y) + (y-u(y)) \rangle$. Comme $y-u(y) \in Ker(u)$ et $u(x) \in Im(u)$, ces deux vecteurs sont orthogonaux. Donc $\langle u(x), y \rangle = \langle u(x), u(y) \rangle$. Par un argument symétrique, $\langle x, u(y) \rangle = \langle u(x), u(y) \rangle$. On en déduit $\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle$, ce qui signifie $u^*=u$.
(ii $\implies$ iii) Si $u^*=u$, alors pour tout $x \in E$ :
$\|u(x)\|^2 = \langle u(x), u(x) \rangle = \langle x, u^*(u(x)) \rangle = \langle x, u^2(x) \rangle$.
Comme $u$ est un projecteur, $u^2=u$, donc $\|u(x)\|^2 = \langle x, u(x) \rangle$. Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, $|\langle x, u(x) \rangle| \le \|x\| \|u(x)\|$. On a donc $\|u(x)\|^2 \le \|x\| \|u(x)\|$. Si $\|u(x)\| \neq 0$, on peut simplifier pour obtenir $\|u(x)\| \le \|x\|$. Si $\|u(x)\|=0$, l’inégalité est triviale.
(iii $\implies$ i) Supposons que $u$ est une contraction. Pour montrer que $u$ est une projection orthogonale, il suffit de prouver que $Ker(u)^\perp \subseteq Im(u)$. Soit $y \in Ker(u)^\perp$. On veut montrer que $y \in Im(u)$, ce qui équivaut à $u(y)=y$. Considérons $\|u(y)-y\|^2 = \|u(y)\|^2 – 2\langle u(y),y \rangle + \|y\|^2$. Comme $y \in Ker(u)^\perp$ et $u(y)-y \in Ker(u)$, on a $\langle u(y)-y, y \rangle = 0$, ce qui implique $\langle u(y),y \rangle = \|y\|^2$. L’expression devient $\|u(y)-y\|^2 = \|u(y)\|^2 – \|y\|^2$. Par hypothèse, $\|u(y)\| \le \|y\|$, donc $\|u(y)\|^2 – \|y\|^2 \le 0$. Un carré ne pouvant être strictement négatif, on a $\|u(y)-y\|^2=0$, d’où $u(y)=y$. On a donc $Ker(u)^\perp \subseteq Im(u)$. L’égalité des dimensions (conséquence du théorème du rang) assure l’égalité des sous-espaces.