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\newtheorem{conj}{Conjecture}


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\begin{document}
\begin{center}
\begin{huge}
Projection dans un espace de \textsc{Hilbert}\\
\end{huge}
\vspace{1cm}
Florian \textsc{Bouguet}\\
\end{center}




\underline{Références :}
\begin{itemize}
	\item \textsc{Madère} : Développements d'analyse\\
\end{itemize}

Voici un théorème vraiment central en analyse hilbertienne, avec le théorème de représentation de \textsc{Riesz}. En fait, on a le même résultat dans un espace préhilbertien (muni d'un produit scalaire, non nécessairement complet), à condition de projeter sur un convexe \emph{complet}.

\vspace{1cm}

\begin{theo}[projection dans un espace de \textsc{Hilbert}]
Soient $E$ un espace de \textsc{Hilbert}, et $x\in E$.\\
Si $F$ est un convexe fermé non-vide de $E$\\
Alors
\begin{enumerate}[(i)]
	\item $\exists ! p(x)\in F$ vérifiant $\|x-p(x)\|=d(x,F)$.
  \item $p(x)$ est caractérisé par $\forall y \in F,\Re e\left(<x-p(x),y-p(x)>\right)\leq0$.
  \item L'application $x\mapsto p(x)$ est 1-lipschitzienne.
\end{enumerate}
\end{theo}

\underline{Preuve de (i) :}\\

Commençons par montrer l'existence d'un tel projeté. Notons $d=d(x,F)$. Par définition de $d$ et caractérisation séquentielle de la borne inférieure, il existe $(y_n)\in F^\N$ telle que $lim_{n\to\infty}\|x-y_n\|=d$. On va montrer que $y_n$ est de \textsc{Cauchy} (on voit bien la nécéssité de complétude de F). Pour cela, soient $p,q\in\N$, et appliquons l'égalité du parallélogramme à $(x-y_p)$ et $(x-y_q)$.

\[\|(x-y_p)+(x-y_q)\|^2+\|(x-y_p)-(x-y_q)\|^2=2\|x-y_p\|^2+2\|x-y_q\|^2\]

On a donc

\begin{eqnarray*}
\|y_p-y_q\|^2&=&2\|x-y_p\|^2+2\|x-y_q\|^2-\|2x-y_p-y_q\|^2\\
  &=&2\|x-y_p\|^2+2\|x-y_q\|^2-4\left\|x-\frac{y_p-y_q}2\right\|^2\\
  &\leq&2\|x-y_p\|^2+2\|x-y_q\|^2-4d^2\qquad\text{car }\frac{y_p-y_q}2\in F\text{ qui est convexe}
\end{eqnarray*}

Par définition de $(y_n)$, le terme de droite tend vers $0$ lorsque $p,q\to\infty$. Donc $(y_n)$ est de \textsc{Cauchy}. $F$ est fermé dans $E$ complet donc complet, donc $(y_n)$ converge vers un certain $y\in F$ et, par continuité de la norme, $\|x-y\|=d(x,F)$.\\

Démontrons maintenant l'unicité du projeté. Supposons, par l'absurde, qu'il existe $y,y'\in F$ distincts tels que $\|x-y\|=d(x,F)=\|x-y'\|$. D'après l'égalité de la médiane écrite un peu plus haut avec $y$ et $y'$, on a

\[\left\|x-\frac{y-y'}2\right\|^2=\frac{\|x-y\|^2}2+\frac{\|x-y'\|^2}2-\frac{\|y-y'\|^2}4=d^2-\frac{\|y-y'\|^2}4<d^2\]

Ceci est impossible par définition de $d$ car, comme on l'a dit plus haut, $\frac{y-y'}2\in F$. D'où unicité du projeté, qu'on notera par la suite $p(x)$.\\\qed

\underline{Preuve de (ii) :}\\

On raisonne encore en deux temps, en montrant que $p(x)$ vérifie la relation $\Re e\left(<x-p(x),y-p(x)>\right)\leq0$ pour tout $y\in F$, puis qu'il est le seul à la vérifier. Posons donc $y\in F$. On a

\begin{eqnarray*}
\|x-y\|^2&=&\|(x-p(x))-(y-p(x))\|^2\\
  &=&\|x-p(x)\|^2+\|y-p(x)\|^2 -2\Re e<x-p(x),y-p(x)>\\
\end{eqnarray*}

Donc $\forall y\in F$

\begin{eqnarray*}
2\Re e<x-p(x),y-p(x)> &=&\|x-p(x)\|^2-\|x-y\|^2+\|y-p(x)\|^2\\
  &\leq&d-d+\|y-p(x)\|^2\\
  &\leq&\|y-p(x)\|^2
\end{eqnarray*}
Notons pour $t\in ]0,1[$
\[y_t=ty+(1-t)p(x)\in F\]
On a alors $y_t-p(x)=t(y-p(x))$. Appliquons l'inégalité précédente en $y_t$ :

\begin{eqnarray*}
2\Re e<x-p(x),y_t-p(x)> &\leq& \|y_t-p(x)\|^2\\
2\Re e<x-p(x),t(y-p(x))> &\leq& \|t(y-p(x))\|^2\\
2t\Re e<x-p(x),y-p(x)> &\leq& t^2\|y-p(x)\|^2\\
2\Re e<x-p(x),y-p(x)> &\leq& t\|y-p(x)\|^2\qquad\text{car }t\neq0
\end{eqnarray*}

Il ne reste plus qu'à faire tendre $t$ vers 0 pour obtenir l'inégalité recherchée.\\

Soit $y_0\in F$ vérifiant $\forall y\in F,\Re e<x-y_0,y-y_0>\leq0$. Montrons que $y_0=p(x)$. On a comme précédemment :

\begin{eqnarray*}
\|x-p(x)\|^2&=&\|(x-y_0)-(p(x)-y_0)\|^2\\
  &=&\|x-y_0\|^2+\|p(x)-y_0\|^2 -2\Re e<x-y_0,p(x)-y_0>\\
\end{eqnarray*}

Ce qui nous donne

\[ \|x-y_0\|^2=\|x-p(x)\|^2 \underbrace{+2\Re e<x-y_0,p(x)-y_0>}_{\leq0}\underbrace{-\|p(x)-y_0\|^2}_{\leq0}\]

Donc $\|x-y_0\|^2\leq d$. La seule possibilité est qu'il y ait égalité, d'où $y_0=p(x)$.\\\qed

\underline{Preuve de (iii) :}\\

On est presque à la fin ! Soient $x,x'\in E$, de projetés respectifs $p(x)$ et $p(x')$. On cherche à montrer que $p$ est 1-lipschitzienne ce qui revient à montrer, en termes moins savants, que $\|p(x)-p(x')\|\leq\|x-x'\|$. On a

\begin{eqnarray*}
\|x-x'\|^2&=&\|p(x)-p(x')+r\|^2\qquad\text{avec }r=x-x'-p(x)+p(x')\\
  &=&\|p(x)-p(x')\|^2+\|r\|^2 +2\Re e<r,p(x)-p(x')>\\
\end{eqnarray*}

Or d'après (ii) on a

\begin{eqnarray*}
\Re e<r,p(x)-p(x')>&=&\Re e<x-x'-p(x)+p(x'),p(x)-p(x')>\\
  &=&\underbrace{\Re e<x-p(x),p(x)-p(x')>}_{\geq0}\underbrace{-\Re e<x'-p(x'),p(x)-p(x')>}_{\geq0}\\
  &\geq&0
\end{eqnarray*}

On obtient donc que

\[\|x-x'\|^2\geq\|p(x)-p(x')\|\]

\qed

Remarque : je conseille fortement de faire un dessin en dimension 2 en projetant sur une boule. Les résultats deviennent alors très géométriques et facilement explicables.\\
\begin{center}\includegraphics[width=0.6\textwidth]{proj2.png}\end{center}

































\end{document}