Projecteur orthogonal sur un plan

Les vecteurs $\ket a$ et $\ket b$ ne sont pas orthogonaux, puisque $\braket ab=1$. On applique le procédé de Gram-Schmidt. D'abord $\ket{e_1}=\frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$. Ensuite, $\braket{e_1}{b}=\frac{1}{\sqrt2}$, et

$$\ket b-\braket{e_1}{b}\ket{e_1}=(1,0,-1)-\tfrac12(1,-1,0)=\bigl(\tfrac12,\tfrac12,-1\bigr),$$

de norme $\sqrt{3/2}$, d'où $\ket{e_2}=\frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$. Les matrices des deux projecteurs de rang un sont

$$\begin{aligned} \ket{e_1}\bra{e_1}=\frac12\begin{pmatrix}1&-1&0\\-1&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}, \qquad \ket{e_2}\bra{e_2}=\frac16\begin{pmatrix}1&1&-2\\1&1&-2\\-2&-2&4\end{pmatrix}, \end{aligned}$$

et leur somme vaut

$$\begin{aligned} P=\frac13\begin{pmatrix}2&-1&-1\\-1&2&-1\\-1&-1&2\end{pmatrix}. \end{aligned}$$

La matrice $P$ est réelle et symétrique, donc $P^\dagger=P$. Sa trace vaut $\frac13(2+2+2)=2$, la dimension de $F$. Pour le carré, on calcule par exemple le premier coefficient : $\frac19\bigl(2\cdot2+(-1)(-1)+(-1)(-1)\bigr)=\frac69=\frac23$, et le second : $\frac19\bigl(2\cdot(-1)+(-1)\cdot2+(-1)(-1)\bigr)=-\frac39=-\frac13$ ; les autres coefficients s'en déduisent par symétrie, et $P^2=P$. On peut aussi l'obtenir sans calcul, à partir de $\braket{e_i}{e_j}=\delta_{ij}$.

Les vecteurs $\ket a$ et $\ket b$ sont orthogonaux à $\ket n$, puisque la somme de leurs composantes est nulle : $F$ est le plan orthogonal à $\ket n$. On vérifie que $P\ket n=\frac{1}{3\sqrt3}(2-1-1,...)=0$. Or $\ket n\bra n=\frac13J$, où $J$ est la matrice dont tous les coefficients valent $1$, et $\mathbf{1}-\frac13J$ est exactement la matrice $P$. Le projecteur sur $F$ est le projecteur complémentaire du projecteur sur la droite orthogonale : $(\ket{e_1},\ket{e_2},\ket n)$ est une base orthonormée de $\R^3$, et la relation de fermeture s'écrit $\ket{e_1}\bra{e_1}+\ket{e_2}\bra{e_2}+\ket n\bra n=\mathbf{1}$.

Le plus simple est d'utiliser $P=\mathbf{1}-\ket n\bra n$. On a $\braket nx=\frac{1}{\sqrt3}(1+2+3)=\frac{6}{\sqrt3}$, d'où

$$P\ket x=\ket x-\braket nx\ket n=(1,2,3)-\frac{6}{3}(1,1,1)=(-1,0,1).$$

On vérifie que ce vecteur appartient bien à $F$ (la somme de ses composantes est nulle). La composante orthogonale est $\ket x-P\ket x=(2,2,2)$, et la distance de $\ket x$ au plan vaut $\norm{(2,2,2)}=2\sqrt3$.

Écrivons $\ket x-\ket y=\bigl(\ket x-P\ket x\bigr)+\bigl(P\ket x-\ket y\bigr)$. Le premier vecteur appartient à $F^\perp$, puisque $(\mathbf{1}-P)$ est le projecteur sur $F^\perp$, et le second appartient à $F$, puisque $P\ket x$ et $\ket y$ sont dans $F$. Ces deux vecteurs sont orthogonaux, et le théorème de Pythagore donne

$$\norm{x-y}^2=\norm{x-Px}^2+\norm{Px-y}^2\geq\norm{x-Px}^2,$$

avec égalité si et seulement si $\ket y=P\ket x$. La projection orthogonale réalise la meilleure approximation d'un vecteur par un vecteur du sous-espace : c'est ce qui justifie, en dimension infinie, l'approximation d'une fonction par les premiers termes de son développement dans une base hilbertienne.