Projection dans un espace de H ILBERT
Florian BOUGUET
Références :
– MADÈRE: Développements d’analyse
Voici un théorème vraiment central en analyse hilbertienne, avec le théorème de représentation de RIESZ. En fait, on a le même résultat dans un espace préhilbertien (muni d’un produit scalaire, non nécessairement complet), à condition de projeter sur un convexecomplet.
Theorème 1 (projection dans un espace deHILBERT) SoientEun espace de HILBERT, etx∈E.
SiFest un convexe fermé non-vide deE Alors
(i) ∃!p(x)∈F vérifiantkx−p(x)k=d(x, F).
(ii) p(x)est caractérisé par∀y∈F,<e(< x−p(x), y−p(x)>)≤0.
(iii) L’applicationx7→p(x)est 1-lipschitzienne.
Preuve de (i) :
Commençons par montrer l’existence d’un tel projeté. Notonsd=d(x, F). Par définition dedet caractérisation séquentielle de la borne inférieure, il existe(yn)∈FNtelle quelimn→∞kx−ynk=d. On va montrer queynest de CAUCHY(on voit bien la nécéssité de complétude de F). Pour cela, soientp, q ∈N, et appliquons l’égalité du parallélogramme à(x−yp)et(x−yq).
k(x−yp) + (x−yq)k2+k(x−yp)−(x−yq)k2= 2kx−ypk2+ 2kx−yqk2 On a donc
kyp−yqk2 = 2kx−ypk2+ 2kx−yqk2− k2x−yp−yqk2
= 2kx−ypk2+ 2kx−yqk2−4
x−yp−yq
2
2
≤ 2kx−ypk2+ 2kx−yqk2−4d2 caryp−yq
2 ∈Fqui est convexe
Par définition de (yn), le terme de droite tend vers 0 lorsque p, q → ∞. Donc (yn) est de CAUCHY.F est fermé dansE complet donc complet, donc(yn)converge vers un certainy ∈ F et, par continuité de la norme, kx−yk=d(x, F).
Démontrons maintenant l’unicité du projeté. Supposons, par l’absurde, qu’il existe y, y0 ∈ F distincts tels que kx−yk=d(x, F) =kx−y0k. D’après l’égalité de la médiane écrite un peu plus haut avecyety0, on a
x−y−y0 2
2
=kx−yk2
2 +kx−y0k2
2 −ky−y0k2
4 =d2−ky−y0k2 4 < d2
Ceci est impossible par définition dedcar, comme on l’a dit plus haut, y−y2 0 ∈F. D’où unicité du projeté, qu’on notera par la suitep(x).
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Preuve de (ii) :
On raisonne encore en deux temps, en montrant quep(x)vérifie la relation<e(< x−p(x), y−p(x)>) ≤ 0 pour touty∈F, puis qu’il est le seul à la vérifier. Posons doncy∈F. On a
kx−yk2 = k(x−p(x))−(y−p(x))k2
= kx−p(x)k2+ky−p(x)k2−2<e < x−p(x), y−p(x)>
Donc∀y∈F
2<e < x−p(x), y−p(x)> = kx−p(x)k2− kx−yk2+ky−p(x)k2
≤ d−d+ky−p(x)k2
≤ ky−p(x)k2
Notons pourt∈]0,1[
yt=ty+ (1−t)p(x)∈F
On a alorsyt−p(x) =t(y−p(x)). Appliquons l’inégalité précédente enyt:
2<e < x−p(x), yt−p(x)> ≤ kyt−p(x)k2 2<e < x−p(x), t(y−p(x))> ≤ kt(y−p(x))k2
2t<e < x−p(x), y−p(x)> ≤ t2ky−p(x)k2
2<e < x−p(x), y−p(x)> ≤ tky−p(x)k2 cart6= 0 Il ne reste plus qu’à faire tendretvers 0 pour obtenir l’inégalité recherchée.
Soity0∈F vérifiant∀y∈F,<e < x−y0, y−y0>≤0. Montrons quey0=p(x). On a comme précédemment :
kx−p(x)k2 = k(x−y0)−(p(x)−y0)k2
= kx−y0k2+kp(x)−y0k2−2<e < x−y0, p(x)−y0>
Ce qui nous donne
kx−y0k2=kx−p(x)k2+2<e < x−y0, p(x)−y0>
| {z }
≤0
−kp(x)−y0k2
| {z }
≤0
Donckx−y0k2≤d. La seule possibilité est qu’il y ait égalité, d’oùy0=p(x).
Preuve de (iii) :
On est presque à la fin ! Soientx, x0 ∈ E, de projetés respectifsp(x)etp(x0). On cherche à montrer quepest 1-lipschitzienne ce qui revient à montrer, en termes moins savants, quekp(x)−p(x0)k ≤ kx−x0k. On a
kx−x0k2 = kp(x)−p(x0) +rk2 avecr=x−x0−p(x) +p(x0)
= kp(x)−p(x0)k2+krk2+ 2<e < r, p(x)−p(x0)>
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Or d’après (ii) on a
<e < r, p(x)−p(x0)> = <e < x−x0−p(x) +p(x0), p(x)−p(x0)>
= <e < x−p(x), p(x)−p(x0)>
| {z }
≥0
−<e < x0−p(x0), p(x)−p(x0)>
| {z }
≥0
≥ 0 On obtient donc que
kx−x0k2≥ kp(x)−p(x0)k
Je conseille fortement de faire un dessin en dimension 2 en projetant sur une boule. Les résultats deviennent alors très géométriques et facilement explicables.
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