• Si ${\displaystyle x\in F\cap F^{\perp },~\langle x|x\rangle =0\Rightarrow x=0}$

Donc ${\displaystyle F\cap F^{\perp }=\{0\}}$

• Montrons que ${\displaystyle E=F+F^{\perp }}$

Soit ${\displaystyle x\in E}$. F est isomorphe à son dual par l'isomorphisme : ${\displaystyle {\begin{array}{ccc}F&\rightarrow &F^{*}\\y&\mapsto &\langle y|\cdot \rangle \end{array}}}$

Or, l’application ${\displaystyle l=\langle x|\cdot \rangle }$ de F dans ${\displaystyle \mathbb {R} }$ (produit scalaire à gauche par le vecteur x) est une forme linéaire sur F, donc ${\displaystyle \exists y\in F,~l=\langle y|\cdot \rangle }$.

${\displaystyle \forall v\in F,~\langle x|v\rangle =\langle y|v\rangle }$, donc ${\displaystyle \forall v\in F,~\langle x-y|v\rangle =0}$, donc ${\displaystyle x-y\in F^{\perp }}$

On a alors ${\displaystyle x=y+(x-y)}$, avec :

• ${\displaystyle y\in F}$
• ${\displaystyle x-y\in F^{\perp }}$

• L'inclusion ${\displaystyle F\subset (F^{\perp })^{\perp }}$ a déjà été démontrée.
• Montrons que ${\displaystyle (F^{\perp })^{\perp }\subset F}$.

Soit ${\displaystyle x\in (F^{\perp })^{\perp }}$

D'après ce qu'on vient de montrer, ${\displaystyle \exists y\in F,~\exists z\in F^{\perp },~x=y+z}$

Comme ${\displaystyle F\subset (F^{\perp })^{\perp },~y\in (F^{\perp })^{\perp }}$.

On a alors ${\displaystyle z=x-y}$, donc ${\displaystyle z\in (F^{\perp })^{\perp }}$. Or, ${\displaystyle z\in F^{\perp }}$ et ${\displaystyle F^{\perp }\cap (F^{\perp })^{\perp }=\{0\}}$

Donc ${\displaystyle z=0}$, d'où ${\displaystyle x=y\in F}$