Projecteurs orthogonaux qui commutent
Bonjour.
Un exercice sur BEOS.
Un exercice sur BEOS.
$E$ est un espace euclidien, $F, G, H$ sont trois sous-espaces vectoriels de $E$.
On note $p_F$ la projection orthogonale sur $F$.
a) Montrer que $F=\{x\in E\mid ||p_F(x)||=||x||\}$.
b) Montrer : $\forall x\in E,\ ||p_F(x)||\leq||x||$.
c) Montrer : $\forall(x,y)\in E^2,\ <p_F(x),y>\,=\,<x,p_F(y)>$.
On note $p_G$ la projection orthogonale sur $G$.
On suppose que $p_F\circ p_G=p_H$, la projection orthogonale sur $H$.
d) Montrer que $H=F\cap G$.
e) Montrer que $p_F$ et $p_G$ commutent.
Réciproquement, on suppose que $p_F$ et $p_G$ commutent.
f) Montrer qu'il existe $H$ tel que $p_F\circ p_G=p_H$.
On note $p_F$ la projection orthogonale sur $F$.
a) Montrer que $F=\{x\in E\mid ||p_F(x)||=||x||\}$.
b) Montrer : $\forall x\in E,\ ||p_F(x)||\leq||x||$.
c) Montrer : $\forall(x,y)\in E^2,\ <p_F(x),y>\,=\,<x,p_F(y)>$.
On note $p_G$ la projection orthogonale sur $G$.
On suppose que $p_F\circ p_G=p_H$, la projection orthogonale sur $H$.
d) Montrer que $H=F\cap G$.
e) Montrer que $p_F$ et $p_G$ commutent.
Réciproquement, on suppose que $p_F$ et $p_G$ commutent.
f) Montrer qu'il existe $H$ tel que $p_F\circ p_G=p_H$.
J'ai résolu l'exercice, mais l'ordre des questions m'interpelle :
J'utilise b) pour faire a) ; et j'utilise e) pour faire d)
Et d'ailleurs, a) ne m'a servi à rien dans le suite...
J'utilise b) pour faire a) ; et j'utilise e) pour faire d)
Et d'ailleurs, a) ne m'a servi à rien dans le suite...
D'où ma question ; peut-on montrer a) sans b) ; et d) sans e) ?
Merci.
Merci.
Réponses
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Avec ton théorème de cours sur la distance à un sev de dimension finie, tu as $d(x,F) = \sqrt{\|x\|^2-\|p(x)\|^2}$ et donc directement l'inclusion réciproque.Bon, on a simultanément b) également, je te l'accorde.Sinon, tu dois pouvoir montrer directement $d)$ en utilisant $a)$ et $b)$ me semble-t-il.
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Merci.Pour que mon propos soit moins nébuleux, des éléments de méthode (peut-être ai-je sous-utilisé des résultats de cours) :a)Si $x\in F$, alors $p_F(x)=x$, donc les normes sont égales !Soit $x\in E$. Alors $\exists !(x_1,x_2)\in F\times F^{\perp}, x=x_1+x_2$ et $p_F(x)=x_1$. Or $||x||^2 = ||x_1||^2+||x_2||^2$...b) est contenu dans a)c) On décompose $x$ et $y$ comme sommes de $F\times F^{\perp}$ et on utilise l'orthogonalité.d) Si $x\in H$, alors $p_H(x)=x$ et en composant avec $p_F$ à gauche, on obtient $p_F(x)=x$, donc $x\in F$. Pour $x\in G$, je sèche.e) Les projecteurs orthogonaux sont autoadjoints, donc "matriciellement" $AB=(AB)^T=B^TA^T=BA$ d'où la commutativité.Ce qui me permet de finir d) par "symétrie".f) Soit $H=F\cap G$.Pour $x\in H, p_G\circ p_F(x)=..=x$.Pour $x\in H^{\perp}=F^{\perp}+G^{\perp}$, en notant $x=x_1+x_2$, on a $p_F\circ p_G(x)=...=0$.Cqfd.
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Pour montrer que $x\in G$, tu as essayé de montrer que $\|p_G(x)\| = \|x\|$ ?
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Je viens de me pencher sur ta suggestion et ... comme $p_G$ est à droite dans la composée, je sèche encore.Tu as trouvé un truc comme ça ?
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$\|x\| = \|p_H(x)\| = \|p_G(p_F(x))\|\leq \|p_F(x)\|\leq \|x\|$.Tu peux ensuite en déduire plein d'égalités puis d'appartenance.
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Chouette ! Merci !
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Bonjour!
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