Préparer sa kholle : Espaces préhilbertiens, euclidiens, matrices orthogonales

L'application $\langle\cdot,\cdot \rangle$ est clairement symétrique. Sa bilinéarité vient de la linéarité de la dérivation et de l'évaluation en un point. De plus, si $P\in\mathbb R_n[X],$ on a $$\langle P,P \rangle =\sum_{k=0}^n \frac{(P^{(k)}(a))^2}{(k!)^2}\geq 0.$$ De plus, $\langle P,P\rangle=0$ si et seulement si, pour tout $k=0,\dots,n$, $P^{(k)}(a)=0$ c'est-à-dire si et seulement si $a$ est racine de multiplicité au moins $n+1$ de $P$. Puisque $P$ est de degré au plus $n$, $P=0.$
Posons ensuite $P_j(X)=(X-a)^j$. Alors $P_j^{(k)}(a)=0$ si $k\neq j$ et $P_j^{(j)}(a)=j!.$ Ainsi, on a pour tout polynôme $P\in\mathbb R_n[X],$ $$\langle P_j,P\rangle= \frac{P^{(j)}(a)}{j!}.$$ Appliquant ceci aux $P_\ell$, on constate que $(P_j)_{j=0,\dots,n}$ est une famille orthonormée de $\mathbb R_n[X].$ En particulier, c'est une famille libre qui comporte $n+1$ vecteurs dans un espace de dimension $n+1$, et c'est donc une base orthonormée de $\mathbb R_n[X].$

On commence par remarquer que $A^2=A$. Ainsi, $p$ est bien une projection. On va calculer $\ker(p)$ et $\textrm{Im}(p)$. Il suffira ensuite de démontrer que ces deux sous-espaces sont orthogonaux pour pouvoir conclure. On remarque d'abord que $(x,y,z)\in \ker(p)$ si et seulement si \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{rcl} 5x-2y+z&=&0\\ -2x+2y+2z&=&0\\ x+2y+5z&=&0\\ \end{array}\right. &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} x+2y+5z&=&0\\ 6y+12z&=&0\\ -12y-24z&=&0\\ \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-z\\ y&=&-2z\\ z&=&z \end{array}\right. \end{eqnarray*} Ainsi, $\ker(p)=\textrm{vect}(u)$, où $u=(-1,-2,1)$. On en déduit (on sait déjà que $p$ est une projection) que $\textrm{Im}(p)$ est de dimension 2. Puisque $p(e_1)$ et $p(e_2)$ sont indépendants, en posant $v=(5,-2,1)$ et $w=(-2,2,2)$, on en déduit que $\textrm{Im}(p)=\textrm{vect}(v,w)$.
Pour démontrer que $p$ est une projection orthogonale, il reste à prouver que $\ker(p)\perp\textrm{Im}(p)$. Mais $u\perp v$ et $u\perp w$, donc on a bien $\textrm{vect}(u)\perp \textrm{vect}(v,w)$.
Puisque $u$ est un vecteur normal au plan $\textrm{Im}(p)$, une équation de ce plan est $$-x-2y+z=0.$$ Enfin, on calcule la distance de $(1,1,1)$ au plan $\textrm{Im}(p)$ par la formule du cours : $$d=\frac{|\langle u,(1,1,1)\rangle|}{\|u\|}=\frac{|-1-2+1|}{\sqrt 6}=\frac {2}{\sqrt 6}.$$

Supposons d'abord que $p$ est un projecteur orthogonal. Pour tout $x$ de $E$, $x=p(x)+(x-p(x))$, où $p(x)\perp x-p(x)$. Le théorème de Pythagore donne alors $\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2$, ce qui entraîne $\|p(x)\|\leq \|x\|$ pour tout $x$ de $E$. Réciproquement, supposons que pour tout $x$ de $E$, $\|p(x)\|\leq \|x\|$, et supposons que $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$. Prenons $x$ dans $F$, et $y$ dans $G$, et posons $f(t)=\|x+ty\|^2$. Le développement de la norme donne : $$f(t)=\|x\|^2+2t(x,y)+t^2\|y\|^2.$$ $f$ est donc une fonction dérivable. En outre, $p(x+ty)=x$, et donc $f(0)=\|x\|^2\leq \|x+ty\|^2\leq f(t)$. $f$ atteint donc son minimum en 0. On a donc $f'(0)=0$, ce qui donne $(x,y)=0$ : $F$ et $G$ sont orthogonaux, ce qui signifie que $p$ est un projecteur orthogonal!