1.1Produitsscalairesetnotiond’espacedeHilbert EspacesdeHilbert

Espaces de Hilbert

1.1 Produits scalaires et notion d’espace de Hilbert

Définition.1.1 SoitH un espace vectoriel réel ou complexe. Un produit scalaire est une applicationh·,·i:H×H →CsiHun espace vectoriel complexe eth·,·i:H×H →R siHun espace vectoriel réel, vérifiant

(i) ∀y∈ H: x7→ hx, yiest linéaire (enx), (ii) hy, xi=hx, yi,

(iii) hx, xi ≥0et sihx, xi= 0alorsx= 0.

Par conséquenty 7→ hx, yiest anti-linéaire (eny) siHun espace vectoriel complexe.

On pose

kxk=p hx, xi. Nous montrerons plus tard quek · kest bien une norme.

Exemple .1.2 Soit H = L²(Ω), où Ω ⊂ Rⁿ est un borélien, muni de la mesure de Lebesgue ou la mesure discrète. Sif, g ∈L²(Ω)alorsfg¯∈L¹(Ω)et

hf, gi= Z

Ω

f¯g

est bien défini, etkfk=q

R |f|² =kfk².

Lemme.1.3 SoitHun espace vectoriel réel ou complexe muni du produit scalaireh·,·i. Alors, pour tousx, y ∈ H

kx+yk² =kxk²+ 2Rehx, yi+kyk².

1

2 Proof.

hx+y, x+yi=hx, xi+hx, yi+hy, xi+hy, yi=hx, xi+hx, yi+hx, yi+hy, yi

=kxk²+ 2Rehx, yi+kyk². Nous vérifions aisément certaines propriétés de la norme pourk·k:

• kxk ≥0par définition, et sikxk= 0 c’est quehx, xi= 0et doncx= 0.

• Pour λ ∈ C nous avons kλxk = p

hλx, λxi = p

λλ¯hx, xi = p

|λ|²hx, xi =

|λ|p

hx, xi=|λ|kxk.

Proposition.1.4 (Inégalité de Cauchy Schwarz). Soit H un espace vectoriel (réel ou complexe) muni du produit scalaireh·,·i. Alors pour tousx, y ∈ H

|hx, yi| ≤ kxkkyk.

Proof. Sikxk = 0c’est que x = 0et l’inégalité est immédiate. Sinon,kxk >0 et pour toutt∈Rnous avons

0≤ ktx+yk² =kxk²t²+ 2Rehx, yit+kyk². Le discriminant de ce polynôme quadratique doit donc être≤0:

0≥ 2Rehx, yi²

−4kxk²kyk², d’où

kxkkyk ≥ |Rehx, yi| ≥Rehx, yi.

De plus il existeα ∈Cde module1tel quehx, yi=α|hx, yi|, d’où α¯hx, yi=|hx, yi|et kxkkyk=kxkkαyk ≥Rehx, αyi=Re α¯hx, yi

=Re|hx, yi|=|hx, yi|. Corollaire.1.5 SoitHun espace vectoriel (réel ou complexe) muni du produit scalaire h·,·i. Alors kxk=p

hx, xidéfinit une norme.

Proof. Il ne nous reste plus qu’à vérifier l’inégalité triangulaire. On a, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz :

kx+yk²=kxk²+ 2Rehx, yi+kyk² ≤ kxk²+ 2|hx, yi|+kyk² ≤ kxk²+ 2kxkkyk+kyk²

= kxk+kyk²

.

Cette norme est appelée lanorme associée au produit scalaireh·,·i.

Définition.1.6 On dit que deux vecteurs x, y d’un espace vectoriel complexe sont orthogonaux pour le produit scalaireh·,·isihx, yi= 0.

Lemme.1.7 Soient x, y deux vecteurs d’un espace vectoriel réel ou complexeH. Alors on a

hx, yi= 1

4 kx+yk²− kx−yk²+ikx+iyk²−ikx−iyk² siHest unC-espace vectoriel et

hx, yi= 1

4 kx+yk²− kx−yk²

si H est un R-espace vectoriel En plus on a l’identité de la médiane ou du parallélo- gramme

kx+yk²+kx−yk² = 2 kxk²+kyk² . Sixetysont orthogonaux on a l’identité de Pythagore

kx+yk² =kxk²+kyk². Proof. Par Lemme.1.3,

kx+yk² = kxk²+ 2Rehx, yi+kyk²

, kx−yk²= kxk²−2Rehx, yi+kyk² , d’où

kx+yk²+kx−yk² = 2kxk²+ 2kyk², kx+yk²− kx−yk² = 4Rehx, yi. Nous avons donc démontré l’identité du parallélogramme. Nous en déduisons égale- ment que

Rehx, yi= 1

4 kx+yk²− kx−yk² , Imhx, yi=Re −ihx, yi

=Rehx, iyi= 1

4 kx+iyk²− kx−iyk² ,

Ce qui établit la première identité sur unC-espace vectoriel. Finalement, six⊥y: kx+yk² =kxk²+ 2Re(0) +kyk² =kxk²+kyk². Définition.1.8 Un espace de Hilbert est un espace vectoriel réel ou complexe muni d’un produit scalaire et qui est complet pour la norme associée.

Exemple .1.9 L²(Ω). La complétude a été démontrée dans le théorème de Fischer- Riesz.

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1.2 Somme directe et complémentaire orthogonal

Définition.2.1 SoitHun espace de Hilbert etH¹etH²deux sous-espaces vectoriels.

On dit que H est la somme directe orthogonale deH¹ etH², notéeH =H¹ ⊕^⊥H², si H =H¹+H², H¹∩ H² ={0}et ∀x1 ∈ H¹, x2 ∈ H² : hx1, x2i = 0. Le complémentaire orthogonal d’un sous-espaceF ⊂ Hest défini par F^⊥:={x∈ H|∀y∈F :hx, yi= 0}. Théorème.2.2 SoitHun espace de Hilbert etF ⊂ Hun sous-espace fermé. Soitx∈ H. Alors

(i) Il existe un uniquey∈F qui satisfait

kx−yk=d(x, F) := inf{kx−zk:z ∈F}. On notey=pF(x). Ceci définit alors une application

pF :H → H.

(ii) pF(x)est l’unique vecteur dansF qui satisfaitx−pF(x)⊥F. (iii) ∀x∈ H: kxk² =kpF(x)k² +kp_F⊥(x)k².

(iv) L’applicationpF :H → H est linéaire est continue. C’est la projection surF le long F^⊥.

(v) Le complémentaire orthogonalF^⊥ est un sous espace fermé deHetH =F ⊕F^⊥. Proof. Pourε >0, prenonsy, z ∈F et supposons qued(x, y)² ≤d(x, F)²+εetd(x, z)² <

d(x, F)²+ε. Posons : w= ^y+z₂ ,u= ^y−z₂ , de telle façon quew∈F ety=w+u,z =w−u.

D’après l’identité du parallélogramme :

k(x−w) +uk²+k(x−w)−uk² = 2 kx−wk²+kuk² kx−zk²+kx−yk²

2 =d(x, w)²+ 1

4d(y, z)² d(x, F)²+ε > d(x, F)²+1

4d(y, z)² d(y, z)<2√

ε.

Soit maintenant (yn) ⊆ F une suite telle que d(x, yn) → d(x, F). Alors d’après notre calcul c’est une suite de Cauchy, qui doit donc converger vers uny∈F (puisqueHest complet et F fermé). Nous obtenons d(x, y) = limd(x, yn) = d(x, F). Pour l’unicité, supposons quez ∈ F vérifie lui aussid(x, z) = d(x, F). Alors encore d’après le calcul

précédentd(y, z)<2√εpour toutε >0, ce qui donned(y, z) = 0ety=z. Ceci montre le premier point et donc l’existence de l’applicationPF.

Pour le deuxième point, supposons que x−PF(x) 6⊥ F. Il existe donc z ∈ F tel que hx− Pf(x), zi = s 6= 0, et quitte à diviser z par ¯s nous pouvons supposer que hx−Pf(x), zi= 1. Soit encoret une variable réelle. AlorsPF(x) +tz ∈F et

d(x, PF(x) +tz)² =kx−PF(x)−tzk² =t²kzk²−2t+kx−PF(x)k².

Ce polynôme entatteint son minimum ailleurs qu’à t= 0, doncd(x, F)< d(x, PF(x)), une contradiction au choix de PF(x). Nous avons donc bien x−PF(x) ⊥ F. Pour l’unicité, supposons quex−y⊥F etx−z ⊥F, oùy, z ∈F (par exemple, on pourrait avoir y = PF(x)). Alors y −z ∈ F, d’où hx−y, y −zi = hx−z, y −zi = 0. Une soustraction donnehy−z, y−zi= 0, d’oùy−z = 0ety=z.

Le troisième point découle du deuxième, vu quex−PF(x)⊥PF(x).

Pour (iv), on vérifie aisément que(x+λy)−(PF(x) +λPF(y)) = (x−PF(x)) +λ(y− PF(y))∈F^⊥, d’oùPF(x) +λPF(y) =PF(x+λy)d’après (ii), etPF est linéaire. D’après (iii) nous avonskPF(x)k ≤ kxk, doncPF est continu (de norme≤1).

Finalement, pour toutx∈ Hnous avonsx= (x−PF(x))+PF(x), oùx−PF(x)∈F^⊥

etPF(x)∈F, ce qui donne bienF ⊕F^⊥=H.

Corollaire.2.3. Pour tout sous-espace vectoriel fermé F ⊂ H on a (F^⊥)^⊥ = F. En particulier l’orthogonale d’un sous-espace vectoriel non-fermé est fermé. En outre F est dense dansHsi et seulement siF^⊥={0}.

Corollaire.2.4 (Théorème de représentation de Riesz). Soit ϕ: H → C une forme linéaire continue. Alors il existe un uniquey∈ Htel que pour toutx:

ϕ(x) =hx, yi. En outre, nous avonskϕk=kykoù

kϕk= sup{|ϕ(x)|:kxk ≤1}.

Proof. Si ϕ = 0, alors y = 0 convient. Si ϕ 6= 0, soit F = ϕ⁻¹({0}). Alors F est un hypeplan fermé de H, distinct de H. Donc F = F ⊕^⊥F^⊥, oùF^⊥ est de dimension1.

Soity0 ∈ F^⊥ avecky0k= 1. Tout x ∈ Hs’écrit x =PF(x) +PF^⊥(x)avecPF^⊥(x) = ty0

(tdépend dex). Commeφ est linéaire, on obtient

ϕ(x) =tϕ(y0)avect=hx, y0i. Par conséquent, on a :

ϕ(x) =ϕ(y0)hx, y0i=hx, ϕ(y0)y0i.

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Par conséquent, en posanty =ϕ(y0)y0, on aϕ(x) =hx, yi.

Pour l’unicité, il suffit de constater que si hx, y1i = hx, y2i pour tout x ∈ H, alors y1−y2 ⊥ Het doncy1 =y2.

Par l’inégalité ed Cauchy–Schwarz, |ϕ(x)| ≤ kxkkyk, et donc kvarphik ≤ kyk. De plus, commeϕ(y/kyk) =kyk, on obtientkϕk ≥ kyk, ce qui implique l’égalité désirée.

1.3 Bases orthonormales

Définition.3.1 Un espace de HilbertHest séparable s’il possède une suite de points qui est dense dansH.

Exemple.3.2 L²(Ω).

Définition.3.3 SoitHun espace de Hilbert séparable. On appelle base orthonormale deHtout sous-ensemble fini ou dénombrable{en}ⁿ qui vérifie

(i) kenk= 1 ethen, emi= 0si n6=m,

(ii) le sous-espace vectoriel engendré par {en}ⁿ (par combinaisons linéaires finies) est dense dansH.

Exemple.3.4 H=ℓ²(N)avec produit scalaireh(λk)k,(µm)mi=P

kλkµk etenla suite (δnk)k.

Exemple .3.5 H = L²([0,2π])avec produit scalaire hf, gi = _2π¹ R2π

0 f(t)g(t)dtet en la fonctiont 7→e^int.

Lemme.3.6 Soit (ei)i<n une famille orthonormée et soit F le sous-espace engendré (donchei, eji=δij, mais on ne demande pas queF soit dense). Alors pour toutx:

P_F^¯(x) =X

i<n

hx, eiiei.

Proof. Il suffit de prouver quex−P

i<nhx, eiiei ⊥F, ce qui est immédiat.

Théorème.3.7 (Existence des bases orthonormales). Tout espace de Hilbert séparable possède une base orthonormale.

Proof. Soit(un)_n≥0 une suite dense deH. On en extrait un système libre (linéairement indépendant) que l’on appelle (vn)n≥0. On construit ensuite une base orthonormale à partir de (vn)n≥0 suivant leprincipe d’orthonormalisation de Gram–Schmidt: On posee0 = _kv^v0

0k. On remarque quev1− hv1, e0i ⊥e0. De plus le sous-espace engendré pare0 ete1 coïncide avec celui engendré parv0 etv1. On obtiente1 en posant

e1 = v1− hv1, e0i ⊥e0

kv1− hv1, e0i ⊥e0k.

Supposons e0,· · ·, en construits de sorte que ce soit un système orthonormal qui en- gendre le même sous-espace vectoriel que celui engendré par v0,· · · , vn, notéFn. On obtiendraen+1 en posant

en+1 = vn+1−PFnvn+1

kvn+1−PFnvn+1k.

Par construction on obtiendra une base orthonormale deH. Théorème.3.8. SoientH un espace de Hilbert et{en}n∈Nune base orthonormale.

(i) Pour toute (λn)n ∈ ℓ²(N) la série P

n≥0λnen converge dans H et sa somme x = P

n≥0λnen vérifie

hx, eni=λn, kxk² =X

n≥0

|λ|².

(ii) Pour toutx ∈ Hla sérieP

n≥0|hx, eni|² converge et x=X

n

hx, enien, kxk² =X

n

|hx, eni|².

Proof. (i) SoituN =PN

n=0λnen. Sip≥N, on obtient kup−uNk² =k

p

X

n=N+1

λnenk² =

p

X

n=N+1

|λn|²

car hen, epi = 1 si n = p et 0 sinon. Comme (λn)n ∈ ℓ²(N), (un)n est de Cauchy dans H qui est complet, donc (un)n converge dans H. De plus, pour tout N ≥ n, on a huN, eni = λn. Par continuité du produit scalaire (cf. Cauchy–Schwarz), hx, eni = λn. Par continuité de la norme

N→∞lim kuNk² =kxk² = lim

N→∞

N

X

n=0

|λn|² =X

n≥0

|λn|².

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(ii) Soit vN =PN

n=0|hx, eni|². La suite(vn)n est croissante et positive. Elle converge si et seulement si elle est majorée. Nous allons montrer quevn ≤ kxk². Pour cela posons

xN =x−

N

X

k=0

hx, ekiek.

AlorsxN ⊥ek pour toutk = 0,· · · , N. D’après l’identité de Pythagore, kxk² =kxNk²+k

N

X

k=0

hx, ekiekk² =kxNk²+

N

X

k=0

|hx, eki|²,

qui impliquevN ≤ kxk². On conclut ensuite en appliquant (i).

Définition.3.9 SoientH¹ etH² deux espaces de Hilbert. Une isométrie entre H¹ et H² est une application linéaireU :H¹ → H² qui satisfait∀x ∈ H¹ : kU(x)k =kxk. H¹ etH² sont isomorphes s’il existe une isométrie bijective entre eux.

Corollaire.3.10 Tout espace de Hilbert séparable de dimension infinie est isomorphe à ℓ²(N).

Proof. Soit H un espace de Hilbert séparable et soit (en)n≥0 une base orthonormale de H. Soit U l’application de H dans ℓ²(N définie par U(x) = (hx, eni)n≥0. D’après le théorème.3.8 U est une isométrie surjective. Comme toute isométrie linéaire est injective,U est bijective.

Proposition.3.11 Soient X1 et X2 deux espaces de Banach. Soit E ⊆ X1 un sous espaces vectoriel dense (donc, non nécessairement complet). Soitu: E → X2 une applic- ation linéaire, et supposons en outre qu’elle est continue (ce qui revient à l’existence d’une constante Ctelle que pour toutx∈E : ku(x)k ≤Ckxk).

Alors uadmet un unique prolongement en une application linéaire continue u˜: X1 → X2.

Proof. Soitx ∈X1. Alors il existe une suite(xn)⊆ E t.q.xn →x. Siu˜ existe elle doit satisfaire

˜

u(x) = limu(xn) quandxn→x (1.1) d’où son unicité. Il reste à démontrer que (1.1) définit en effet une applicationu˜avec les propriétés désirées.

D’abord on vérifie que la limite existe toujours dans (1.1). En effet, (xn) est une suite de Cauchy et

ku(xn)−u(xm)k=ku(xn−xm)k ≤Ckxn−xmk.

Donc (u(xn))n est également une suite de Cauchy etlimu(xn)existe. Soit maintenant (yn)⊆Eune autre suite telle queyn→x. Alors la suitex0, y0, x1, y1, x2, y2, . . ., que l’on noterait(zn), a aussixpour limite, donclimu(zn)existe et est égale à la limite de toute sous-suite :

limu(yn) = limu(zn) = limu(xn).

En conséquence, limu(xn) ne dépend que de x (et non du choix de la suite (xn)), et (1.1) définit bien une applicationu˜: X1 →X2.

Si x ∈ E alors la suite constante xn = x tend vers x, d’où u(x) =˜ u(x). Aussi, si (xn),(yn)⊆E etx= limxn,y= limyndansX1 alors

xn+yn→x+y, λxn →λx, kxnk → kxk, ku(xn)k → ku(x)k, d’où

u(x+y) =u(x) +u(y), u(λx) =λu(x), ku(x)k ≤Ckxk.