Preuve : procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt

Soit $\mathcal H(k)$ la proposition : “il existe $(x_{1},\dots,x_{k})\in E^{k}$ orthonormale telle que : $\forall i\in\llbracket1,k\rrbracket,\;\mathrm{Vect}(x_{1},\dots,x_{i})=\mathrm{Vect}(e_{1},\dots,e_{i})$”.

• $k=1$ : comme la famille $(e_{1},\dots,e_{p})$ est libre alors $e_{1}\neq0_{E}$ donc $\ds x_{1}=\frac{1}{\|e_{1}\|}e_{1}$ est, à lui seul, une famille orthonormale qui convient.
• Supposons que $\mathcal H(k)$ est vraie pour un entier $k\in\llbracket1,p-1\rrbracket$. Notons $F=\mathrm{Vect}(x_{1},\dots,x_{k})=\mathrm{Vect}(e_{1},\dots,e_{k})$. Posons :
  $$\ds y_{k+1}=e_{k+1}-\sum_{i=1}^{k}{\left\langle e_{k+1},x_{i}\right\rangle x_{i}}$$Alors $y_{k+1}\ne0_{E}$ et, pour tout entier $j\in\llbracket1,k\rrbracket$, on a :
  $$\ds \left\langle y_{k+1},x_{j}\right\rangle =\left\langle e_{k+1},x_{j}\right\rangle -\left\langle e_{k+1},x_{j}\right\rangle \left\langle x_{j},x_{j}\right\rangle =0$$donc $y_{k+1}\in F^{\perp}\setminus\{0_{E}\}$ et :
  $$\ds\mathrm{Vect}(x_{1},\dots,x_{k},y_{k+1})=\mathrm{Vect}(e_{1},\dots,e_{k},e_{k+1})$$On choisit maintenant $\ds x_{k+1}=\frac{1}{\|y_{k+1}\|}y_{k+1}$. Alors, $(x_{1},\dots,x_{k},x_{k+1})$ est orthonormale et :
  $$\ds \forall i\in\llbracket1,k+1\rrbracket,\;\mathrm{Vect}(x_{1},\dots,x_{i})=\mathrm{Vect}(e_{1},\dots,e_{i})$$Alors $\mathcal H(k+1)$ est vraie.

Autre méthode pour l'hérédité:

Les deux familles sont des bases de $F$.

Soit $P$ la matrice de passage de la base $(x_{1},\dots,x_{k})$ à la base $(e_{1},\dots,e_{k})$.

Cette matrice est donc inversible. De plus, d'après la proposition précédente, on a :

$$\ds P=\left(\left\langle x_{i},e_{j}\right\rangle \right)_{(i,j)\in\llbracket1,k\rrbracket^{2}}$$

qui est alors triangulaire supérieure et à coefficients diagonaux non nuls et égaux, c'est-à-dire que :

$$\ds\forall j\in\llbracket 1,k \rrbracket ,\;\left\langle x_{j},e_{j}\right\rangle \ne0\qquad\text{et}\qquad\forall i\in\llbracket j+1,k\rrbracket,\;\left\langle x_{i},e_{j}\right\rangle =0$$

On cherche maintenant $(\lambda_{1},\dots,\lambda_{k+1})\in\R^{k+1}$ tel que le vecteur $x_{k+1}=\lambda_{1}e_{1}+\dots+\lambda_{k+1}e_{k+1}$ vérifie :

$$\ds\lambda_{k+1}\neq0\qquad(*)\;\forall i\in \llbracket 1,k \rrbracket ,\;\left\langle x_{i},x_{k+1}\right\rangle =0\qquad\|x_{k+1}\|=1$$

Or, le système $(*)$ est équivalent à :

$$\ds\forall i\in\llbracket1,k\rrbracket,\;\sum_{j=1}^{k+1}{\lambda_{j}\left\langle x_{i},e_{j}\right\rangle }=0$$

$$\ds\forall i\in\llbracket1,k\rrbracket,\;\sum_{j=i}^{k}{\lambda_{j}\left\langle x_{i},e_{j}\right\rangle }=-\lambda_{k+1}\left\langle x_{i},e_{k+1}\right\rangle$$

Ce système est triangulaire supérieur à diagonale constituée de coefficients tous non nuls donc les $\lambda_{1},\dots,\lambda_{k}$ sont paramétrés par $\lambda_{k+1}$ de manière unique :

$$\ds\forall i\in \llbracket 1,k \rrbracket ,\;\exists!\alpha_{i}\in\R\;/\;\lambda_{i}=\alpha_{i}\lambda_{k+1}$$

On en déduit que $\ds x_{k+1}=\lambda_{k+1}\sum_{i=1}^{k+1}{\alpha_{i}e_{i}}$ en posant $\alpha_{k+1}=1$.

On pose aussi : $x_{k+1}=\lambda_{k+1}x$. Comme $\alpha_{k+1}=1$ alors $x\neq0$. Alors :

$$\ds\|x_{k+1}\|=1\;\iff\;|\lambda_{k+1}|\times\|x\|=1$$

On peut ainsi choisir $\ds\lambda_{k+1}=\frac{1}{\|x\|}\ne0$.