Montrer que (ImT

Universit´e Pierre et Marie Curie – Paris 6 Examen partiel Licence de Math´ematiques Analyse Hilbertienne et Num´erique

19 novembre 2004 14h00 `a 17h00

R´esoudre chaque probl`eme sur une feuille s´epar´ee. Les appareils

´electroniques et les documents sont interdits. Les solutions devront ˆetre r´edig´ees de mani`ere rigoureuse. Lorsque des r´esultats du cours seront utilis´es, ils devront clairement ˆetre ´enonc´es. On notera que certaines questions peuvent ˆetre r´esolues ind´ependamment.

Probl`eme I. (50 points) Dans tout le probl`eme, H etG sont deux espaces de Hilbert sur R. T est un homomorphisme continu de H dans G, i.e., T ∈ B(H,G). On suppose que l’image ImT deT est ferm´ee, ce qui implique que celle de son adjoint T^∗ est ´egalement ferm´ee.

1. Montrer que (ImT)^⊥= kerT^∗. 2. Montrer que (kerT)^⊥ = ImT^∗. 3. Montrer que ker(T^∗◦T) = kerT.

4. Soit y ∈ G. On d´efinit f: H → R: x 7→ ¹₂kT x−yk². Montrer qu’un vecteur x ∈ H minimise f si et seulement si (T^∗◦T)x=T^∗y.

5. On suppose que T^∗◦T est inversible. Donner l’expression du projecteur sur ImT. 6. On suppose que T ◦T^∗ est inversible. Donner l’expression du projecteur sur kerT. 7. On consid`ere le cas particulier o`u T: x7→ hx|ui, avec u∈ Hr{0_H}. On pose

H =

x∈ H | hx|ui= 0 . (a) Montrer que H est non-vide, convexe et ferm´e.

(b) D´eterminer T^∗.

(c) D´eterminer (T ◦T^∗)⁻¹.

(d) D´eduire des r´esultats pr´ec´edents la projection d’un point y∈ H sur H.

Probl`eme II.(50 points) SoientHun espace de Hilbert surRetC une partie convexe ferm´ee et non vide de H.

1. Soit x∈ H donn´e.

(a) Montrer qu’il existe un unique P x∈C tel que kx−P xk= inf

y∈Ckx−yk.

(b) Montrer que P x est caract´eris´e par (P x∈C,

(∀y∈C) hx−y|P x−yi ≥0.

On d´efinit ainsi un op´erateur P: H → H, appel´e projecteur surC.

2. Montrer que, pour tout (x, y)∈ H², on a

0≤ hx−P x|P x−P yi ≤ hx−y|P x−P yi − kP x−P yk². En d´eduire que P est lipschitzienne de rapport 1.

3. Montrer que, pour tout (x, y)∈ H², on a

0≤ ky−P yk²− kx−P xk²−2hx−P x|y−xi ≤ ky−xk²− kP y−P xk². 4. L’application f : H → R d´efinie par f(x) = kx−P xk² est-elle Fr´echet-diff´erentiable

en tout point ? On justifiera la r´eponse et, le cas ´ech´eant, on donnera la valeur de son gradient.

5. On poseH =R² etC ={x= (ξ1, ξ2)∈R² |ξ1 ≥0, ξ2 ≥0}. CalculerdC(x) = kx−P xk en fonction de ξ₁ et ξ₂. L’application d_C :H → R ainsi d´efinie est-elle diff´erentiable en tout point de H? On justifiera la r´eponse.

Paris 6 – Licence de Math´ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´erique Solution du partiel de novembre 2004

Solution du Pb I :

1. Fixons y∈ G. Alorsy∈(ImT)^⊥ ⇔(∀x∈ H)hT x|yi_G = 0 ⇔(∀x∈ H)hx|T^∗yi_H= 0

⇔ T^∗y= 0H ⇔ y∈kerT^∗.

2. Puisque ImT^∗ est ferm´e, 1(a) donne (kerT)^⊥ = (kerT^∗∗)^⊥ = (ImT^∗)^⊥⊥ = ImT^∗ = ImT^∗.

3. Fixons x∈ H. Alors T x= 0_G ⇒T^∗(T x) = 0_H. R´eciproquement, puisque hT^∗◦T x|xiH =hT x|T xiG =kT xk²_G,

on a T^∗◦T x= 0H ⇒T x= 0G.

4. D’apr`es le cours, f est une fonction convexe et ∇f(x) = T^∗(T x−y). Par ailleurs x minimise f ssi ∇f(x) = 0H.

5. Soit y ∈ G. P_ImTy est la solution de la minimisation de kr−yk pour r ∈ ImT. Donc P_ImTy =T p, o`u p est une solution de la minimisation de kT x−yk pourx ∈ H ou, de mani`ere ´equivalente, de ¹₂kT x−yk²pourx∈ H. D’apr`es4(a), la solution de ce probl`eme est p= (T^∗◦T)⁻¹◦T^∗y. Donc P_ImTy=T p=T ◦(T^∗◦T)⁻¹◦T^∗y.

6. On a P_kerT = Id−P_(kerT)^⊥ et 2 donne (kerT)^⊥ = ImT^∗. Donc, en utilisant 4(b) et T^∗∗ =T,

P_kerT = Id−P_ImT^∗ = Id−T^∗◦(T ◦T^∗)⁻¹ ◦T.

7. (a) H = kerT est donc un s.e.v. d’o`u sa convexit´e et sa non-vacuit´e. Puisque T est continu et {0_G}est ferm´e, on d´eduit que H =T⁻¹{0_G} est ferm´e.

(b) (∀α ∈ R) hT x|αi

R = (T x) · α = hx|ui_Hα = hx|αui_H = hx|T^∗αi_H. Donc T^∗: R→ H: α7→αu.

(c) (∀α ∈ R) T ◦T^∗(α) = T(αu) = αT(u) = αkuk². Donc (∀α ∈ R) (T ◦T^∗)⁻¹(α) = α/kuk².

(d) On remarque que ImT = R (puisque tout α ∈ R peut s’´ecrire α = hx|ui avec x=αu/kuk²) est bien ferm´e. De plus, kerT =H. Donc4(c),5(b)et5(c)donnent

P_Hy=P_kerTy=y−T^∗◦(T ◦T^∗)⁻¹ ◦T y =y− hy|ui kuk² u.

Solution du Pb II : 1. Soit x∈ H donn´e.

(a) Voir cours.

(b) On suppose d’abord que P xest le projet´e de x surC. On a, pour tout y∈C, kx−P xk² =kx−yk²−2hx−y|P x−yi+kP x−yk² ≤ kx−yk², donc

2hx−y|P x−yi ≥ kP x−yk² ≥0.

R´eciproquement, on suppose qu’il existec∈Ctel quehx−y|c−yi ≥0, pour tout y∈C. Poury∈Cfix´e ett∈]0,1[, on applique l’hypoth`ese `ay(t) = ty+(1−t)c∈C.

On obtient

tkc−yk²+hx−c|c−yi ≥0.

En faisant t → 0⁺, on obtient la propri´et´e caract´eristique du projet´e du cours, qu’on peut ´eventuellement red´emontrer.

2. La premi`ere in´egalit´e r´esulte directement de la propri´et´e caract´eristique du cours, pour P y ∈ C. De plus, comme y−P y = (y−x) + (x−P x) + (P x−P y), on a, toujours `a cause de cette propri´et´e caract´eristique,

− hx−y|P x−P yi+hx−P x|P x−P yi+kP x−P yk² ≤0, ce qui nous donne l’in´egalit´e voulue.

On en d´eduit imm´ediatement

kP x−P yk² ≤ hx−y|P x−P yi ≤ kx−ykkP x−P yk,

par l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz. Donc P est lipschitzien de rapport inf´erieur ou ´egal

`

a 1. L’´egalit´e est obtenue pour x, y ∈C.

3. Soientx, y ∈ H. On consid`ere la quantit´eE =ky−P yk²−kx−P xk²−2hx−P x|y−xi.

On a d’une part

E = ky−x+x−P x+P x−P yk²− kx−P xk²−2hx−P x|y−xi

= ky−x+P x−P yk² + 2hx−P x|P x−P yi ≥0, et d’autre part,

E = ky−xk²+kP x−P yk²+ 2hy−P x|P x−P yi

= ky−xk²− kP x−P yk²+ 2hy−P y |P x−P yi

≤ ky−xk²− kP x−P yk².

4. On pose y=x+h dans la question pr´ec´edente, et on en d´eduit, pour tout h∈ H,

|f(x+h)−f(x)−2hx−P x|hi | ≤ khk².

Donc f est diff´erentiable en tout point de H et on a ∇f(x) = 2(x−P x).

5. On a de fa¸con imm´ediate

d_C(x) =











0 si ξ₁ ≥0, ξ₂ ≥0,

|ξ₁| si ξ₁ ≤0, ξ₂ ≥0,

|ξ₂| si ξ₁ ≥0, ξ₂ ≤0, pξ12

+ξ22

si ξ1 ≤0, ξ2 ≤0.

La fonction d_C n’est pas diff´erentiable `a la fronti`ere de C.