Le contexte
Dans cet article, on se place dans un espace vectoriel $V$ réel ou complexe muni d’un produit scalaire, appellé aussi espace préhilbertien. Ce produit scalaire sera noté $(.|.)$, dans le cas complexe ce produit scalaire sera linéaire pour la première variable et anti-linéaire vis-à-vis de la seconde variable. La norme associée à ce produit scalaire sera notée $||.||.$
Considérez un sous-espace vectoriel de $V$ que vous noterez $W.$
Soit $x$ un vecteur quelconque de $V$. Il s’agit d’approximer le mieux possible le vecteur $x$ parmi tous les vecteurs de $W$. Vous considérez la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ qui est bien définie. En effet, puisque $W$ contient toujours le vecteur nul et $\forall w\in W, ||x-w||\geq 0$, l’ensemble $\{||x-w||, w\in W\}$ est non vide et minoré par $0.$
Que se passe-t-il s’il existe une meilleure approximation ?
Lorsque la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ est atteinte, il existe un vecteur $y\in W$ de sorte que $\forall w\in W, ||x-y||\leq ||x-w||.$ Cette dernière inégalité permet de justifier l’appellation « meilleure approximation. »
Comment localiser un tel vecteur $y$, réalisant une meilleure approximation ?
Dans cette partie sera étudié le lien entre orthogonalité et meilleure approximation.
Supposez qu’il existe un vecteur $y\in W$ réalisant une meilleure approximation de $x$ parmi tous les vecteurs $w\in W.$ Autrement dit, supposez qu’il existe un vecteur $y\in W$ tel que $\forall w\in W, ||x-y||\leq ||x-w||.$
Maintenant les calculs débutent. Fixez un vecteur $w\in W.$ Dans le cas où l’espace $V$ est complexe, notez qu’on n’a pas, en général, la commutativité du produit scalaire et qu’il convient d’être vigilant sur l’ordre dans le développement.
\begin{aligned}
||x-y||&\leq ||x-w|| \\
||x-y||^2 &\leq ||x-w||^2 \\
(x-y|x-y) &\leq (x-w|x-w)\\
||x||^2+||y||^2-(x|y)-(y|x)&\leq ||x||^2+||w||^2-(x|w)-(w|x) \\
0&\leq ||w||^2-||y||^2+(x|y-w)+(y-w|x)
\end{aligned}
Comment aller plus loin ?
Regardez ce qui se passe quand $V$ est de dimension $2$ et que $W$ est de dimension $1$. Il apparaît géométriquement que le vecteur $y$ est tel que $x-y$ est orthogonal à tous les vecteurs de $W.$ Ce vecteur joue un rôle important, vous allez le faire apparaître dans vos calculs.
Vous allez donc écrire que $x = x-y + y$ dans les deux produits scalaires du dessus.
En développant, vous obtenez :
\begin{aligned}
(x|y-w)&= (x-y | y-w)+(y|y-w)\\
&=(x-y|y-w)+||y||^2-(y|w).
\end{aligned}
\begin{aligned}
(y-w|x)&= (y-w|x-y)+(y-w|y)\\
&=(y-w|x-y)+||y||^2-(w|y).
\end{aligned}
\begin{aligned}
0&\leq ||w||^2-||y||^2+(x|w-y)+(w-y|x) \\
0&\leq ||w||^2-||y||^2+2||y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y)-(y|w)-(w|y)\\
0&\leq ||w||^2+||y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y)-(y|w)-(w|y)\\
0&\leq (w-y|w-y)+(x-y|w-y)+(w-y|x+y)\\
0&\leq ||w-y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y).
\end{aligned}
Il a été établi que :
$\forall w\in W, 0\leq ||w-y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y).$
Note. Les lecteurs avertis réussiront à établir à cette inégalité beaucoup plus rapidement.
Soit $r\in W$. Posez $w=r+y.$ Alors $w\in W$ du coup, comme $r=w-y$ :
$0\leq ||r||^2+(x-y|r)+(r|x-y).$
Ainsi :
$\forall r\in W, 0\leq ||r||^2+(x-y|r)+(r|x-y).$
Cette propriété est trop forte : soit $w$ un vecteur quelconque de $W$.
$\forall k\in\R^{*}, k^2w\in W$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq ||k^2w||^2+(x-y|k^2w)+(k^2w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^4||w||^2+k^2(x-y|w)+k^2(w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^2||w||^2+(x-y|w)+(w|x-y)$
Faisant tendre $k$ vers $0$, il s’ensuit que : $(x-y|w)+(w|x-y) \geq 0.$
De même :
$\forall k\in\R^{*}, -k^2w\in W$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq ||-k^2w||^2-(x-y|k^2w)-(k^2w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^4||w||^2-k^2(x-y|w)-k^2(w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^2||w||^2-(x-y|w)-(w|x-y)$
Faisant tendre $k$ vers $0$, il s’ensuit que : $(x-y|w)+(w|x-y) \leq 0.$
Vous en déduisez que $\forall w\in W, (x-y|w)+(w|x-y) = 0.$
La conclusion où l’espace vectoriel $V$ est réel
Le produit scalaire est commutatif, donc $\forall w\in W, (x-y|w)+(w|x-y) = 2(x-y|w)$ et par suite $\forall w\in W, (x-y|w)=0.$
La conclusion où l’espace vectoriel $V$ est complexe
Le produit scalaire vérifie l’anti-linéarité par rapport à la seconde variable.
Soit $w\in W$. Alors vous utilisez le nombre $i\in \C$ qui vérifie $i^2 = -1.$ Comme $i w \in W$ :
\begin{aligned}
(x-y|iw)+(iw|x-y)&=0\\
-i(x-y|w)+i(w|x-y)&=0\\
-(x-y|w)+(w|x-y)&=0.
\end{aligned}
D’autre part $(x-y|w)+(w|x-y) = 0.$
Par différence vous obtenez $2(x-y|w)=0$ et finalement $(x-y|w)=0.$
Le lien est maintenant établi
Que l’espace $V$ soit réel ou complexe, un vecteur $y\in W$qui réalise le minimum de la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ est tel que $x-y$ est orthogonal à tous les vecteurs de $W.$
Prolongement
Dans le cas où il existerait deux vecteurs $y_1\in W$ et $y_2\in W$ tels que $y_1$ et $y_2$ réalisent le minimum de la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$, a-t-on obligatoirement $y_1 = y_2$ ?
Dans le cas où la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ est atteinte, peut-il y avoir plusieurs vecteurs réalisant un tel minimum ?
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