Supplémentaire orthogonal, sans Gram-Schmidt

Oui, oui, on peut.
Je ne sais pas par contre quel est le plus efficace pour le faire. Instinctivement je passerais par la chose suivante : on prend une base $e_1,..., e_n$ de $F$ et on regarde $f_i := \langle e_i, - \rangle$.

On montre alors que $F^\bot$ est le noyau de $f: E\to \mathbb R^n, x\mapsto (f_i(x))_i$, et on montre que cette application est surjective

supp

Si $E$ est de dimension $n$ et $F$ un sev de dimension $p$. On commence par vérifier que $F$ et son orthogonal sont en somme directe, on en déduit que $\dim(F^\perp)\leqslant n-p$.

Si $(e_1,\ldots,e_p)$ est une base de $F$ alors le noyau de l'application linéaire $f\colon E\to \mathbb R^p$ définie par $f(x)=(<x\mid e_1>,\ldots,<x\mid e_p>)$ est exactement $F^\perp$. Or le rang de $f$ est au plus $p$, donc le théorème du rang montre que $\dim(F^\perp)=\dim(\ker(f))=\dim(E)-\mathrm{rg}(f) \geqslant n-p$, et donc $\dim(F^\perp)=n-p$.

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J'étends le problème initial : si on suppose maintenant que E est de dimension infinie, mais que F est de dimension finie, peut-on toujours s'en sortir sans Gram-Schmidt ?

C'est une conséquence du résultat pour $E$ de dimension finie. On a toujours $F$ et $F^{\perp}$ d'intersection réduite à $\{0\}$. Pour voir que tout vecteur $x\in E$ se décompose en somme d'un vecteur dans $F$ et d'un vecteur dans $F^{\perp}$, on peut se restreindre à $F+\mathbb R x$.

Hérésie dans le sens « marteau pour écraser une mouche » peut-être ?

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En effet, c’est une « réduction de Gauss ».
GaBuZoMeu l’a dit, on « complète le carré ».

En gros, la réduction de Gauss est une réduction juste affine des formes quadratiques, non ?
Elle ne distingue pas les ellipses par exemple si je ne dis pas de bêtise.
Elle « ne donne que » la signature (Sylvester).

@Maxtimax $ F \times F^\perp \to F+F^\perp \subset E$ est injectif puisque $F \cap F^\perp = \{0\}$.

Soit $v \in E, \not \in F \oplus F^\perp $, comme ta fonction $f$ est surjective il existe $x \in F$ tel que $f(x) =f(v)$ donc $f(v-x)=0$ donc $v-x \in \ker(f)= F^\perp$ et $v = x +(v-x) \in F \oplus F^\perp$.

Donc $F \times F^\perp \to E$ est surjective et $E = F \oplus F^\perp $

C'est comme ça que tu comptes utiliser $f$ ? Ou tu fais un truc avec les dimensions, ou ?

On a les résultats généraux suivants; le cas des produits scalaires réels et espaces euclidiens en est un cas particulier.

Soit $K$ un corps, $E$ un $K$-espace vectoriel, $\varphi:E^2\to K$ une forme bilinéaire symétrique (*).
Dans la suite, $q(x)$ abrégera $\varphi(x,x)$.

1°) Soit $v\in E$ tel que $q(v)\neq 0$. Alors $E$ est la somme directe de $Kv$ et de l'orthogonal $Kv^{\perp \varphi}$ de $Kv$ pour $\varphi$.
En effet, pour tout $u\in Kv \cap Kv^{\perp \varphi}$, on a $u=\lambda v$ pour un certain $\lambda\in K$ et si $\varphi(u,v)=0=\lambda \varphi(v,v)$ alors $\lambda=0$ puisque par hypothèse $q(v)=\varphi(v,v) \neq 0$ et donc $u=0$.
Soit maintenant $x\in E$. Alors $x = x - \frac{\varphi(x,v)}{q(v)}v + \frac{\varphi(x,v)}{q(v)}v$, et $x - \frac{\varphi(x,v)}{q(v)}v \in Kv^{\perp \varphi}$ (car $\varphi \left ( x - \frac{\varphi(x,v)}{q(v)}v , v \right ) = \varphi(x,v) - \frac{\varphi(x,v)}{q(v)}q(v) = 0$) et donc $x\in Kv + Kv^{\perp \varphi}$.

En fait on constate que les applications $Pv: x \mapsto \frac{\varphi(x,v)}{q(v)}v$ et $Q_v: x \mapsto x - \frac{\varphi(x,v)}{q(v)}v$ sont respectivement les projections orthogonales sur $Kv$ et $Kv^{\perp \varphi}$ et que pour que de telles applications existent, il suffit que $\varphi(v,v) \neq 0$.

2°) Si $K$ est de caracéristique différente de $2$, tout espace vectoriel de dimension finie sur $K$ muni d'une forme bilinéaire symétrique admet une base orthogonale pour cette forme.
Par récurrence large sur la dimension: soit $(E,\varphi)$ un tel couple. On note à nouveau $q:x\mapsto \varphi(x,x)$.
-Si $q$ est identiquement nul, $\varphi$ aussi car pour tous $x,y$, $\varphi(x,y)=\frac{1}{2}\left ( q(x+y) - q(x) - q(y)\right )$. Dans ce cas une base quelconque de $E$ est orthogonale et il en existe.
-Sinon, il existe $v \in E$ tel que $q(v)\neq 0$. D'après 1°), $E$ est somme directe de $Kv$ et de son orthogonal $Kv^{\perp \varphi}$. Par hypothèse de récurrence, comme $dim \left (Kv^{\perp \varphi} \right ) < dim(E)$, il existe une base orthogonale $(w_1,w_2,w_3...)$ sur $Kv^{\perp \varphi}$. Par construction, $(v,w_1,w_2,w_3...)$ est une base orthogonale de $E$.

3°) Les notations et hypothèses sont celles de 1°). Soit $F\subseteq E$ un sous-espace vectoriel de dimension finie tel que la restriction de $\varphi$ à $F$ est non dégénérée (i.e. pour tout $z\in F$, si pour tout $y\in F$, $\varphi(z,y)=0$ alors $z=0$). Alors $F$ est le supplémentaire de son orthogonal $F^{\perp \varphi}$ pour $\varphi$.
On considère d'après 2°), une base $(v_1,...,v_n)$ orthogonale de $F$ pour la restriction à $F$ de $\varphi$. Il n'existe aucun $k\in \{1,...,n\}$ tel que $q(v_k)=0$ sans quoi, on aurait pour tout $x\in F$ ($x=\sum_{i=1}^n \alpha_i v_i$ dans cette base), $\varphi(v_k,x)=\sum_{i=1}^n \alpha_i \varphi(v_k,v_i)=0$ et donc $v_k=0$ (non dégérescence) ce qui est impossible (base). Un calcul similaire montre que tout vecteur $u\in E$ tel que pour tout $i\in \{1,...,n\}$, $\varphi(u,v_i)=0$ est orthogonal à $F$.
Le reste de la preuve est similaire à ce qui est fait en 1°):
-Pour tout $y\in E$, si $y\in F \cap F^{\perp \varphi}$ alors, $y=\sum_{i=1}^n \beta_i v_i$, et pour tout $j$, $0=\varphi(y,v_j)= \beta_j \varphi(v_j,v_j)$ avec $\varphi(v_j,v_j) \neq 0$ et donc $\beta_j =0$ et donc $y=0$.
Pour tout $x\in E$, $x= x - \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(x,v_i)}{q(v_i)} v_i + \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(x,v_i)}{q(v_i)} v_i$ et on peut vérifier que pour tout $j\in \{1,...,n\}$, $\varphi \left (x - \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(x,v_i)}{q(v_i)} v_i,v_j \right ) = \varphi (x,v_j )- \frac{\varphi (x,v_j)}{q(v_j)} q(v_j) = 0$ et donc que $x - \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(x,v_i)}{q(v_i)} v_i \in F^{\perp \varphi}$.

[size=x-small](*) c'est le cadre usuel. Pas envie de parler d'orthogonal à gauche et à droite. [/size]