Probl` eme I. (50 points) Dans tout ce probl` eme, E est un espace vectoriel sur R . On dit qu’un sous-ensemble non vide A de E est un sous-espace affine si

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

5 novembre 2005 9h00 ` a 12h00

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

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

Probl` eme I. (50 points) Dans tout ce probl` eme, E est un espace vectoriel sur R . On dit qu’un sous-ensemble non vide A de E est un sous-espace affine si

(∀α ∈ R )(∀(x, y) ∈ A

) αx + (1 − α)y ∈ A.

Par ailleurs, on dit qu’un op´ erateur T : E → E est affine si (∀α ∈ R )(∀(x, y) ∈ E

) T αx + (1 − α)y

= αT x + (1 − α)T y.

1. Soit A un sous-espace affine de E.

(a) Montrer que A est convexe.

(b) Montrer que l’adh´ erence A de A est un sous-espace affine de E.

(c) On suppose que 0

∈ A. Montrer que A est un sous-espace vectoriel de E.

2. On suppose que E est un espace de Hilbert et que A est un sous-espace affine ferm´ e de E. On note P

l’op´ erateur de projection sur A.

(a) Expliquer pourquoi P

est bien d´ efini.

(b) ` A partir du th´ eor` eme de projection convexe, montrer que, pour tout x ∈ E, P

x est caract´ eris´ e par :

P

x ∈ A et (∀(y, z) ∈ A

) hy − z | x − P

xi = 0.

(c) Montrer que P

est un op´ erateur affine.

(d) Montrer que (∀(x, y) ∈ E

) hx − y | P

x − P

yi = kP

x − P

yk

.

3. On suppose que E est un espace de Hilbert et que H est un hyperplan de E, i.e., H =

x ∈ E | hx | ui = η , o` u u ∈ E, u 6= 0

, et η ∈ R . (a) Montrer que H est un sous-espace affine ferm´ e de E.

(b) Montrer que

(∀x ∈ E ) P

x = x + η − hx | ui kuk

u.

(c) On pose T : E → R : x 7→ hu | xi. ` A l’aide de 3(b), calculer l’inverse g´ en´ eralis´ e T

de T .

Probl` eme II. (50 points)

1. Soit H un espace de Hilbert, et soit (x

)

une suite de vecteurs libres. ´ Ecrire l’algo- rithme d’orthonormalisation de Gram-Schmidt appliqu´ e ` a cette suite.

2. On pose E =

f ∈ C( R ) | R

R

|f(t)|

e

dt < +∞ , et on d´ efinit (∀f ∈ E)(∀g ∈ E) ϕ(f, g) =

Z

R

f(t)g(t)e

dt.

(a) D´ emontrer que ϕ est bien d´ efinie sur E × E (consid´ erer l’identit´ e 2αβ ≤ α

+ β

) (b) D´ emontrer que ϕ est un produit scalaire sur E.

3. On consid` ere la suite (f

)

de E d´ efinie par f

: t 7→ t

. D´ emontrer qu’elle forme un syst` eme libre de E.

4. On note (g

)

la suite obtenue par orthonormalisation de Gram-Schmidt de (f

)

. D´ emontrer chaque g

est un polynˆ ome, et calculer son degr´ e.

5. Pour tout n ∈ N , on note a

le coefficient de la plus haute puissance de g

, et on pose h

= g

/a

. On note de plus l

le polynˆ ome t 7→ th

(t). D´ emontrer que

(∀n ≥ 2)(∀i ≤ n − 2) hh

− l

| h

i = 0.

6. (a) D´ emontrer que

(∀n ≥ 1)(∀t ∈ R ) h

(t) = th

(t) − λ

h

(t) − µ

h

(t), et donner une expression de λ

en fonction de hl

| h

i et de kh

k.

(b) Donner une expression de µ

en fonction de kh

k et kh

k.

Paris 6 – Licence de Math´ ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´ erique Solution du partiel de novembre 2005

Solution du Pb I :

1. (a) La convexit´e correspond au cas particulier o`u 0< α <1.

(b) Soient α ∈ R, x ∈ A et y ∈ A. Alors il existe des suites (x_n)∈N et (y_n)∈N dans A telles que xn → x et yn → y. Mais alors A 3 αxn + (1−α)yn → αx+ (1−α)y puisque k(αx_n + (1−α)yn) −(αx+ (1−α)y)k = kα(x_n−x) + (1−α)(yn −y)k ≤ αkx_n−xk+ (1−α)ky_n−yk →0.

(c) Soientx∈A,y∈A etα∈R. Alorsαx=αx+ (1−α)0_E ∈A. De plus,z= (x+y)/2 =

1

2x+ (1− ¹₂)y∈A. On d´eduit donc du point pr´ec´edent quex+y= 2z∈A.

2. (a) A est convexe, ferm´e et non vide dans un espace hilbertien.

(b) Le th´eor`eme de projection donne P<sub>A</sub>x ∈ A et (∀y ∈ A) hy−P<sub>A</sub>x|x−P<sub>A</sub>xi ≤ 0. Soit y ∈A. Alors, puisque A est affine et PAx ∈A, 2PAx−y = 2PAx+ (1−2)y ∈A. Donc hy−P<sub>A</sub>x|x−P<sub>A</sub>xi ≤0 et− hy−P<sub>A</sub>x|x−P<sub>A</sub>xi=h(2P<sub>A</sub>x−y)−P<sub>A</sub>x|x−P<sub>A</sub>xi ≤0, d’o`uhy−P_Ax|x−P_Axi= 0. Ainsi, siz∈A, on a aussi,− hz−P_Ax|x−P_Axi= 0. En additionnant ces deux identit´es, on obtienthy−z|x−PAxi= 0.

(c) Soient x et y dansE, et α ∈ R. On pose p =αPAx+ (1−α)PAy. PuisquePAx ∈A et P_Ay ∈ A, on a p ∈ A puisque A est affine. Soit (w, z) ∈A². Alors, par la question (b), hw−z|x−P_Axi = 0 et hw−z|y−P_Ayi = 0. Donc hw−z|(αx+ (1−α)y)−pi = αhw−z|x−PAxi+(1−α)hw−z|y−PAyi= 0. On conclut donc par la caract´erisation de (b) que p=P_A(αx+ (1−α)y).

(d) Il d´ecoule de (b) que hP_Ax−P_Ay|x−P_Axi = 0 et − hP_Ax−P_Ay |y−P_Ayi = 0. En additionnant ces deux identit´es on obtient hP_Ax−P_Ay|(x−P_Ax)−(y−P_Ay)i = 0, d’o`uhP_Ax−PAy|x−yi=kP_Ax−PAyk².

3. (a) Prenons xety dansH etα∈R. Alorshαx+ (1−α)y|ui=αhx|ui+ (1−α)hy|ui= αη+ (1−α)η=η. Ainsi, αx+ (1−α)y ∈H etH est donc affine. Maintenant supposons que H3x_n →x. Alors, par continuit´e du produit scalaire, η≡ hx_n|ui → hx|ui. Donc hx|ui=η et doncx∈H.

(b) Fixons x ∈ E et posons p =x+βu, o`u β = (η− hx|ui)/kuk². Montrons que p v´erifie la propri´et´e caract´eristique donn´ee en 2(b). Tout d’abord hp|ui = η et donc p ∈ H.

Maintenant soientyetzdeux points deH. Alorshy|ui=hz|ui=ηet donchy−z|ui= 0. Par suitehy−z|x−pi=−βhy−z|ui= 0.

(c) Soit η ∈ R. L’ensemble des solutions aux moindres carr´es de T x = η est H. Donc la solution aux moindres carr´es de norme minimale est la projection de 0E sur H, qui est donn´ee directement par 3(b) :x^†=ηu/kuk². DoncT^†:R→E:η7→ηu/kuk².

Solution du Pb II :

1. On note (y_n)n∈N le syst`eme issu de (x_n)n∈Npar orthonormalisation de Schmidt. On a alors

y₀= x₀

kx₀k, (∀n≥1), z_n=x_n−

n−1

X

i=0

hy_i|x_niy_i, y_n= z_n kz_nk.

Une telle suite v´erifie de plus que pour toutn∈N,vect(yk)0≤k≤n= vect(xk)0≤k≤n. 2. (a) La fonctionϕest bien d´efinie surE×EcarR

R|f(t)||g(t)|e^−t2dt≤R

R 1

2f(t)²+¹₂g(t)² dt <

+∞ pour tout (f, g)∈E×E.

(b) ϕest clairement bilin´eaire et sym´etrique. De plus, siϕ(f, f) = 0,alorsR

Rf(t)²e^−t2dt= 0.

Comme de plus la fonction t7→f(t)²e^−t2 est continue, elle est n´ecessairement identique- ment nulle, ce qui implique quef = 0.ϕest donc bien d´efinie positive.

3. La suite (f_n)n∈N est la base canonique de l’espace des polynˆomes, il s’agit donc en particulier d’un syst`eme libre.

4. D’apr`es1,g_n∈vect(f_k)0≤k≤n,doncg_nest un polynˆome de degr´e au plusn. Si de plus deg(g_n)≤ n−1,alorsgn∈vect(fk)0≤k≤n−1,et donc vect(fk)0≤k≤n= vect(gk)0≤k≤n = vect(fk)0≤k≤n−1, ce qui est impossible puisque (f_n)n≥0 est libre. Donc deg(g_n) =n.

5. hh_n+1−l_n|h_ii=hh_n+1 |h_ii − hl_n|h_ii=hh_n+1 |h_ii − hh_n|l_ii,car

hl_n|h_ii= Z

R

l_n(t)h_i(t)e^−t2dt= Z

R

th_n(t)h_i(t)e^−t2dt= Z

R

h_n(t)l_i(t)e^−t2dt=hh_n|l_ii.

De plus, par construction, g_n donc h_n est orthogonal `a vect(f_k)1≤k≤n−1, donc si i ≤ n−2, deg(li)≤n−1 et hh_n|lii= 0.De mˆeme,hh_n+1|hii= 0.

6. (a) Le polynˆomehnest donc de degr´en, et de coefficient dominant 1. Donchn+1(t)−ln(t) = hn+1(t)−thn(t) est un polynˆome de degr´e au plusn ent. Donc

h_n+1−l_n=

n

X

i=0

hh_n+1−l_n|h_ii

kh_ik² h_i= hh_n+1−l_n|h_ni

kh_nk² h_n+hh_n+1−l_n|hn−1i khn−1k² hn−1

d’apr`es 5. On obtient donc le r´esultat voulu avec λ_n = −^hhn+1_kh^−ln|hni

nk² = ^hl_kh^n|hni

nk² et µ_n =

−^hhn+1_kh^{−ln|hn−1i}

n−1k² = ^hl_kh^n|hn−1i

n−1k² .

(b) Supposons tout d’abord n ≥ 2. On a hl_n|hn−1i = hh_n|ln−1i. Comme de plus hn = ln−1 −λn−1hn−1 −µn−1hn−2, on obtient hl_n|hn−1i = kh_nk². Il reste `a traiter le cas n = 1 : on a hl₁ |h₀i = R

Rth₁(t)h₀(t)e^−t2dt = kh₁k², car un calcul simple montre que h₀ = 1 eth₁(t) =t.