Votre navigateur n'accepte pas le Javascript. La navigation sur ce site risque de ne pas fonctionner correctement.

093. Meilleure approximation et orthogonalité

26082019 - 0004

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.

$\begin{align*}
||x-y||&\leq ||x-w|| \\
||x-y||^2 &\leq ||x-w||^2 \\
(x-y|x-y) &\leq (x-w|x-w)\\
||x||^2+||y||^2-(x|y)-(y|x)&\leq ||x||^2+||w||^2-(x|w)-(w|x) \\
0&\leq ||w||^2-||y||^2+(x|y-w)+(y-w|x)
\end{align*}$

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 :

$\begin{align*}
(x|y-w)&= (x-y | y-w)+(y|y-w)\\
&=(x-y|y-w)+||y||^2-(y|w).
\end{align*}$

$\begin{align*}
(y-w|x)&= (y-w|x-y)+(y-w|y)\\
&=(y-w|x-y)+||y||^2-(w|y).
\end{align*}$

$\begin{align*}
0&\leq ||w||^2-||y||^2+(x|w-y)+(w-y|x) \\
0&\leq ||w||^2-||y||^2+2||y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y)-(y|w)-(w|y)\\
0&\leq ||w||^2+||y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y)-(y|w)-(w|y)\\
0&\leq (w-y|w-y)+(x-y|w-y)+(w-y|x+y)\\
0&\leq ||w-y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y).
\end{align*}$

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 $i w \in W$ :

$\begin{align*}
(x-y|iw)+(iw|x-y)&=0\\
-i(x-y|w)+i(w|x-y)&=0\\
-(x-y|w)+(w|x-y)&=0.
\end{align*}$

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 ?

Lisez d'autres articles !

Parcourez tous les articles qui ont été rédigés. Vous en trouverez sûrement un qui vous plaira !

Aidez-moi sur Facebook !

Vous appréciez cet article et souhaitez témoigner du temps que j'y ai passé pour le mettre en œuvre. C'est rapide à faire pour vous et c'est important pour moi, déposez un j'aime sur ma page Facebook. Je vous en remercie par avance.

Partagez !

Diffusez cet article auprès de vos connaissances susceptibles d'être concernées en utilisant les boutons de partage ci-dessous.