Comment caractériser les bases orthonormales ?

Un espace préhilbertien réel (EPHR) $E$ est un $\mathbb{R}-$ espace vectoriel qu’on a muni d’un produit scalaire. Si cette notion n’est pas claire, on pourra se reporter à cet article, dont la première section contient les rappels nécessaires.

Le produit scalaire de deux vecteurs $x,y\in E$ sera noté $\left(x\mid y\right).$

Si $E$ est en outre de dimension finie, on parle plutôt d’espace vectoriel euclidien (EVE).

Dans un EVE de dimension n, une base $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est dite orthonormale (BON en abrégé) si elle est formée de vecteurs unitaires (càd : de norme 1) et deux à deux orthogonaux. Il revient au même de dire qu’il s’agit d’une famille orthonormale et génératrice de $E,$ puisque « orthonormale » implique « libre ».

Proposition

Si $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de l’EVE $E,$ alors :

(A) $\forall x\in E,\thinspace x=\sum_{i=1}^{n}\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}$

Autrement dit : les coordonnées d’un vecteur $x$ dans une BON sont les produits scalaire de $x$ par les vecteurs de base.

En effet, on peut décomposer tout vecteur $x\in E$ dans la base $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ sous la forme :

$x=\sum_{k=1}^{n}x_{k}e_{k}$

En effectuant le produit scalaire de chaque membre par $e_{i},$ pour un quelconque $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,$ il vient (en utilisant le symbole de Kronecker) :

$\left(x\mid e_{i}\right)=\sum_{k=1}^{n}x_{k}\left(e_{k}\mid e_{i}\right)=\sum_{k=1}^{n}x_{k}\delta_{k,i}=x_{i}$

d’où le résultat.

Corollaire

Si $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de l’EVE $E,$ alors :

(B) $\forall x\in E,\thinspace\left\Vert x\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(x\mid e_{i}\right)^{2}$

En partant de l’assertion (A) et en effectuant le produit scalaire de chaque membre par $x,$ on obtient directement (B). On peut aussi utiliser la formule de Pythagore (le carré de la norme d’une somme de vecteurs deux à deux orthogonaux est égale à la somme des carrés des normes de ces vecteurs); pour tout $x\in E$ :

$\left\Vert x\right\Vert ^{2}=\left\Vert \sum_{i=1}^{n}\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(x\mid e_{i}\right)^{2}\left\Vert e_{i}\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(x\mid e_{i}\right)^{2}$

A présent, étant donné un EPHR $E$ et une famille $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ de vecteurs de $E,$ on va s’interroger sur les réciproques de la proposition et de son corollaire :

Les assertions (A) ou (B) suffisent-elles pour entraîner que $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de $E$ ?
Et si tel n’est pas le cas, que peut-on supposer de plus pour atteindre cette conclusion ?

1 – Réciproque de (A)

Proposition

Soit $E$ un EVE de dimension $n\geqslant1$ et soit $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ une famille de vecteurs de $E$ vérifiant :

$\forall x\in E,\,x=\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}$

Alors $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de $E.$

Par hypothèse, tout vecteur de $E$ est combinaison linéaire de $e_{1},\cdots,e_{n}.$ Autrement dit, la famille $\beta=\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est génératrice de $E.$ Mais comme $\dim\left(E\right)=n,$ c’est en fait une base de $E.$

En remplaçant $x$ par $e_{j},$ on obtient pour tout $j\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ :

$e_{j}=\sum_{i=1}^{n}\left(e_{j}\mid e_{i}\right)e_{i}$

c’est-à-dire :

$\left(\left\Vert e_{j}\right\Vert ^{2}-1\right)e_{j}+\sum_{{1\leqslant i\leqslant n\atop i\neq j}}\left(e_{j}\mid e_{i}\right)e_{i}=0_{E}$

Comme $\beta$ est libre, il s’ensuit que :

$\left\Vert e_{j}\right\Vert =1\qquad\text{et}\qquad\forall i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket -\left\{ j\right\} ,\thinspace e_{i}\bot e_{j}$

Les vecteurs $e_{1},\cdots,e_{n}$ sont donc unitaires et deux à deux orthogonaux : $\beta$ est une BON de $E.$

Remarque

Dans la proposition, on a supposé que $E$ était de dimension $n$ et que la famille était constituée de $n$ vecteurs … le même entier n. Sans cette hypothèse, on peut toujours affirmer que $\beta$ est génératrice de $E$ (et donc que $E$ est de dimension finie), mais $\beta$ n’a aucune raison d’être libre. Un exemple de cette situation est obtenu en prenant $E=\mathbb{R},$ le produit scalaire étant alors simplement la multiplication des nombres réels. Si l’on pose :

$e_{1}=\dfrac{1}{2},\quad e_{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

alors, pour tout $x\in\mathbb{R},$ il est clair que :

$x=\left(x\cdot\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{1}{2}+\left(x\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

et donc que l’assertion (A) est vérifiée. Pourtant $\left(e_{1},e_{2}\right)$ n’est évidemment pas une base de $\mathbb{R}$ (vu que $\mathbb{R}$ est de dimension 1), les « vecteurs » $e_{1}$ et $e_{2}$ ne sont pas unitaires et leur « produit scalaire » n’est pas nul non plus …

Ajoutons qu’on a aussi, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$x^{2}=\left(x\cdot\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(x\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}$

L’assertion (B) n’entraîne donc pas non plus, à elle seule, que $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ soit une BON de $E.$

2 – Réciproque (B) sans hypothèse de dimension

Proposition

Soient $E$ un EPHR (aucune hypothèse de dimension) et $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ une famille de vecteurs de $E.$ On suppose que :

$\forall x\in E,\,\left\Vert x\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)^{2}$

$\forall i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace\left\Vert e_{i}\right\Vert \geqslant1$

Alors $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de $E.$

Soit $j\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket .$ Par hypothèse :

$\left\Vert e_{j}\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\,\left(e_{j}\mid e_{i}\right)^{2}=\left\Vert e_{j}\right\Vert ^{4}+\sum_{{1\leqslant i\leqslant n\atop i\neq j}}\,\left(e_{j}\mid e_{i}\right)^{2}\geqslant\left\Vert e_{j}\right\Vert ^{4}$

ce qui prouve que $\left\Vert e_{j}\right\Vert \leqslant1.$ Et comme $\left\Vert e_{j}\right\Vert \geqslant1$ par hypothèse, alors $\left\Vert e_{j}\right\Vert =1.$ Du coup :

$\sum_{{1\leqslant i\leqslant n\atop i\neq j}}\,\left(e_{j}\mid e_{i}\right)^{2}=0$

d’où la nullité de chaque terme de cette somme. Bref, les vecteurs $e_{1},\cdots,e_{n}$ sont unitaires et deux à deux orthogonaux.

La famille $\left(e_{i}\right)_{1\leqslant i\leqslant n}$ est donc orthonormale (et, en particulier, libre).

On peut montrer qu’elle est aussi génératrice de $E,$ de deux manières :

Méthode 1

Notons $F$ le sev de $E$ engendré par $e_{1},\cdots,e_{n}.$ Pour tout $x\in F^{\bot}$ :

$\left\Vert x\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)^{2}=0$

donc $F^{\bot}=\left\{ 0_{E}\right\} .$ Comme $F$ est de dimension finie, le théorème du supplémentaire orthogonal s’applique : $E=F\oplus F^{\bot}$ et donc $E=F.$ La famille $\left(e_{i}\right)_{1\leqslant i\leqslant n}$ est donc bien génératrice de $E.$

Méthode 2

Soit $x\in E.$ On souhaite montrer que $x$ est combinaison linéaire de $e_{1},\cdots,e_{n}.$ Si tel est le cas, on aura nécessairement $x=\sum_{i=1}^{n}\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}$ puisque $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une famille orthonormale. Il est donc naturel d’essayer de prouver que le vecteur $\displaystyle { x-\sum_{i=1}^{n}\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}}$ est nul. En développant par bilinéarité et d’après la formule de Pythagore :

$\begin{eqnarray*}\left\Vert x-\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}\right\Vert ^{2} & = & \left\Vert x\right\Vert ^{2}-2\left(x\mid\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}\right)+\left\Vert \sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}\right\Vert ^{2}\\& = & \left\Vert x\right\Vert ^{2}-2\,\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)^{2}+\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)^{2}\\& = & \left\Vert x\right\Vert ^{2}-\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)^{2}\\& = & 0\end{eqnarray*}$

Ainsi $\displaystyle x=\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)e_{i}.$ On retrouve le fait que $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est génératrice de $E.$

➣ En conclusion, $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de $E.$

Remarque

L’espace $E$ n’était pas supposé de dimension finie, mais il s’avère qu’il est de dimension n.

3 – Réciproque de (B), via matrice de Gram

Proposition

Soient $E$ un EVE de dimension n et $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ une famille de vecteurs de $E$ telle que :

$\forall x\in E,\,\left\Vert x\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)^{2}$

Alors $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de $E.$

On sait déjà, en reprenant par exemple la méthode 1 de la section précédente, que $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une famille génératrice et donc une base de $E.$ Introduisons la matrice :

$G=\left[\left(e_{i}\mid e_{j}\right)\right]_{1\leqslant i,j\leqslant n\}$

Si l’on prouve qu’il s’agit de la matrice unité, cela signifiera que $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une famille orthonormale, donc une BON de $E.$

En utilisant une formule de polarisation, on voit que pour tout $\left(x,y\right)\in E^{2}$ :

$\begin{eqnarray*}\left(x\mid y\right) & = & \frac{1}{4}\left(\left\Vert x+y\right\Vert ^{2}-\left\Vert x-y\right\Vert ^{2}\right)\\& = & \frac{1}{4}\,\sum_{k=1}^{n}\,\left(\left(x+y\mid e_{k}\right)^{2}-\left(x-y\mid e_{k}\right)^{2}\right)\\& = & \sum_{k=1}^{n}\,\left(x\mid e_{k}\right)\,\left(y\mid e_{k}\right)\end{eqnarray*}$

En particulier, si l’on remplace $\left(x,y\right)$ par $\left(e_{i},e_{j}\right),$ il apparaît que :

$\forall\left(i,j\right)\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ^{2},\;\left(e_{i}\mid e_{j}\right)=\sum_{k=1}^{n}\,\left(e_{i}\mid e_{k}\right)\,\left(e_{j}\mid e_{k}\right)$

ce qui signifie que $G^{2}=G.$ Il reste à montrer que $G$ est inversible pour conclure que $G=I_{n}.$

Soit donc $X=\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)^{\top}\in\mathbb{R}^{n}$ tel que $GX=0,$ c’est-à-dire tel que :

$\forall i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace\sum_{j=1}^{n}\left(e_{i}\mid e_{j}\right)x_{j}=0$

En posant ${\displaystyle v=\sum_{j=1}^{n}x_{j}e_{j}},$ cette condition devient :

$\forall i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace\left(e_{i}\mid v\right)=0$

Ainsi $v\in E^{\bot},$ donc $v=0_{E}$ et donc $X=0.$ L’inversibilité de $G$ est établie.

Remarque

Autre point de vue : $G$ est la matrice de Gram associée à $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right),$ qui est une famille libre. Donc $G$ est (symétrique) définie positive et, en particulier, inversible.

4 – Réciproque de (B), via Cauchy-Schwarz

On va à nouveau prouver la proposition suivante :

Proposition

Soient $E$ un EVE de dimension n et $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ une famille de vecteurs de $E$ telle que :

$\forall x\in E,\,\left\Vert x\right\Vert ^{2}=\sum_{i=1}^{n}\,\left(x\mid e_{i}\right)^{2}$

Alors $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de $E.$

… mais par un autre chemin.

Le démarrage de la preuve est le même que précedemment : la famille $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est nécessairement une base de $E,$ puisque d’une part, l’orthogonal du sous-espace qu’elle engendre est nul et, d’autre part, elle comporte $n$ vecteurs avec $n=\dim\left(E\right).$

Ensuite, comme au début de la section 2, on voit que pour tout $j\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ : $\left\Vert e_{j}\right\Vert \leqslant1.$

Il reste à prouver les inégalités en sens inverse, pour conclure (comme au début de la section 2) que $\left(e_{1},\cdots,e_{n}\right)$ est une BON de $E.$

Une bonne idée est de faire intervenir l’inégalité de Cauchy-Schwarz (ICS). Rappelons que, pour tout couple $\left(x,y\right)$ de vecteurs de $E$ :

$\left|\left(x\mid y\right)\right|\leqslant\left\Vert x\right\Vert \thinspace\left\Vert y\right\Vert$

Fixons $j\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket .$ Si l’on peut trouver un vecteur $x\neq0_{E}$ qui soit orthogonal à chaque $e_{i}$ pour $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket -\left\{ j\right\} ,$ on obtiendra (en appliquant l’hypothèse, combinée avec l’ICS) :

$\left\Vert x\right\Vert ^{2}=\left(x\mid e_{j}\right)^{2}\leqslant\left\Vert x\right\Vert ^{2}\left\Vert e_{j}\right\Vert ^{2}$

et donc, après simplification : $\left\Vert e_{j}\right\Vert \geqslant1,$ ce qui permettra de terminer.

Or l’existence d’un tel $x$ est assurée : il suffit de considérer l’hyperplan $H=\text{vect}\left\{ e_{i};\thinspace i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket -\left\{ j\right\} \right\}$ et de choisir $x$ non nul dans la droite vectorielle $H^{\bot}.$

Si cet article vous a intéressé, merci de laisser un petit commentaire 🙂

Partager cet article