(50 points) Soient C0 l’espace vectoriel des fonctions continues de [−1,1] dans R et C1 l’espace vectoriel des fonctions d´erivables `a d´eriv´ee continue de [−1,1] dansR

Universit´e Pierre et Marie Curie – Paris 6 Examen partiel

Licence de Math´ematiques Analyse Hilbertienne et Num´erique

27 mars 2009 13h30 `a 16h30

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 ri- goureuse. 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) Soient C<sup>0</sup> l’espace vectoriel des fonctions continues de [−1,1] dans R et C<sup>1</sup> l’espace vectoriel des fonctions d´erivables `a d´eriv´ee continue de [−1,1] dansR.

1/ a/ Soit f ∈C⁰. On d´efinit kfk₁=R1

−1|f(t)|dtetkfk_∞= sup_t∈[−1,1]|f(t)|. Montrer quek · k₁ etk · k_∞ sont des normes.

b/ Soitf ∈C¹. On d´efinitV(f) =kf⁰k∞, o`uf⁰ est la d´eriv´ee def. Montrer queV(·) est une semi-norme (i.e.V(·) v´erifie les propri´et´es d’une norme, except´e V(f) = 0 ⇒f = 0_C¹).

c/ Soit f ∈C¹. On d´efinit N1(f) =kfk_∞+V(f) et N2(f) =|f(0)|+V(f). Montrer queN1

etN₂ sont des normes.

2/ On consid`ere la suite de fonctions (f_n)_n>0 d´efinie par

(∀n >0) fn(t) =







0 si −1≤t≤0, nt si 0< t≤1/n, 1 si 1/n < t≤1.

a/ Montrer que la suite (fn)n>0 est une suite de Cauchy dans (C⁰,k · k₁).

b/ Montrer qu’il n’existe pas de fonction f ∈C⁰ telle que kf_n−fk₁ → 0 quand n→ +∞.

Que peut-on en conclure sur l’espace (C⁰,k · k₁).

c/ Montrer que la suite (f_n)_n>0 n’est pas une suite de Cauchy dans (C⁰,k · k_∞).

d/ Montrer que (C⁰,k · k_∞) est un espace complet.

3/ a/ On se place maintenant dans C¹. Montrer que les normesN₁ etN₂ sont ´equivalentes.

b/ Montrer que (C¹, N₁) et (C¹, N₂) sont des espaces complets.

Probl`eme II.(50 points)Hest un espace hilbertien complexe de produit scalaireh· | ·i et de norme associ´eek · k,V est un sous-espace vectoriel ferm´e etP_V d´esigne son projecteur.

1/ Quelles propri´et´es caract´erisentP_V ? 2/ Montrer que P_V est lin´eaire.

3/ Montrer que kP_Vk= 1 siV 6={0_H}.

4/ Montrer que P_V est auto-adjoint.

5/ Montrer que P_V est positif.

6/ Montrer que P_V n’est pas strictement positif siV 6=H.

7/ Montrer que P_V n’est pas inversible siV 6=H.

8/ Montrer que P_V est son propre inverse g´en´eralis´e.

9/ On suppose que V = vect{v₁, v2}, o`u{v₁, v2} ⊂ Hetv1 ⊥v2. D´eterminerP_V.

10/ Soit U un sous-espace vectoriel ferm´e deHtel quekP_U◦PVk<1. Montrer queU∩V ={0_H}.

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Paris 6 – Licence de Math´ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´erique Solution du partiel de mars 2009

Solution du Pb I : 1/ a/ Trivial.

b/ On remarque V(f) = 06⇒f = 0 (on a simplement quef est une constante).

c/ Trivial (on voit cette fois que N1(f) = 0⇒f = 0 etN2(f) = 0⇒f = 0).

2/ a/ Pour n∈Netm∈N, on a

kf_n+m−f_nk₁ =

Z 1/(n+m) 0

|mt|dt+ Z 1/n

1/(n+m)

|1−nt|dt= 1

2n − 1

2(n+m), qui tend vers 0 quand n→+∞.

b/ Supposons l’existence de f ∈C⁰, limite de (f_n)_n>0. On a

kf_n−fk₁= Z 1

0

|f(t)|dt+ Z 1/n

0

|f(t)−fn(t)|dt+ Z 1/n

0

|f(t)−1|dt.

Quand n → +∞, la somme de ces trois termes, qui sont positifs, est nulle. Le premier terme ne d´ependant pas den, on en d´eduit quef(t) = 0 pour toutt∈[0,1]. Soitε >0 ; d`es quenest suffisamment grand pour que 1/n < ε, on aRε

0 |1−f(t)|dt≤R1/n

0 |1−f(t)|dt→0.

Donc pour tout ε >0, (∀0≤t≤1)f(t) = 1. On en d´eduit quef n’est pas continue en 0, doncf 6∈C⁰. L’espace (C⁰,k · k₁) n’est pas un espace complet.

c/ Pour n >0 et m≥0, on a kf_n+m−f_nk_∞= sup

t∈[0,1/n]

|f_n+m(t)−f_n(t)|=fn+m(1/(n+m))−f_n(1/(n+m)) = 1−n/(n+m).

Si on prend m=n, alorskf_2n−fnk∞→1/2, ce n’est donc pas une suite de Cauchy.

d/ Soit (f_n)n∈N une suite de Cauchy de (C⁰,k · k∞). Alors pour toutt∈ [−1,1], (f_n(t))n∈N

est une suite de Cauchy de R et on notef(t) sa limite. Soientt, s∈[−1,1]. Alors on a

|f(t)−f(s)| ≤ |f(t)−fn(t)|+|f_n(t)−fn(s)|+|f(t)−fn(s)|

Soit ε > 0. On sait qu’il existe n ∈ N tel que le premier et le troisi`eme terme peuvent ˆ

etre major´es par ε/3. De plus, fn ´etant continue, il existe δ > 0 tel que, pour tout s ∈ [t−δ;t+δ]∩[−1,1], le deuxi`eme terme peut ˆetre major´e parε/3. On en d´eduit donc la continuit´e de f.

3/ a/ Il est clair que N₂(f)≤N₁(f) pour toutf ∈C¹. Soitt₀ ∈[−1,1] tel quekfk_∞=|f(t₀)|.

Sit0= 0 alorsN2(f)≤N1(f). Sit0 >0, par le th´eor`eme des accroissements finis, il existe c ∈]0, t<sub>0</sub>[ tel que f(t0) = f(0) +f<sup>0</sup>(c)t0, ce dont on d´eduit que kfk<sub>∞</sub> ≤ N2(f), puis que N<sub>1</sub>(f)≤2N<sub>2</sub>(f). On proc`ede de mˆeme sit₀ <0.

b/ CommeN₁ etN₂ sont deux normes ´equivalentes, il suffit de d´emontrer que l’un des deux espaces est complet. ´Etudions (C¹, N1). Si (fn)n∈Nest une suite de Cauchy dans (C¹, N1), alors c’est une suite de Cauchy dans (C⁰,k · k_∞) et elle converge vers une fonctionf ∈C⁰. De mˆeme (f_n⁰)n∈N est une suite de Cauchy dans (C⁰,k · k_∞) donc elle converge vers une fonctiong∈C⁰. Or, ces deux convergences sont uniformes, il en r´esulte quef est d´erivable et a pour d´eriv´ee la fonction continue g. Enfin (fn)n∈N converge vers f pour N1 donc (C¹, N₁) est complet.

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Solution du Pb II :

1/ (∀x∈ H) (P_Vx, x−P_Vx)∈V ×V^⊥.

2/ Fixonsα ∈Cet (x, y)∈ H². Alors, 1/ entraˆıne

(P_Vx, P_Vy)∈V² et (∀v∈V)

(hv|x−PVxi= 0 hv|y−P_Vyi= 0.

Par suite, puisqueV est un sous-espace vectoriel, αPVx+PVy∈V et

(∀v∈V) hv|(αx+y)−(αPVx+PVy)i=αhv|x−PVxi+hv|y−PVyi= 0.

Nous d´eduisons queP_V(αx+y) =αP_Vx+P_Vy, ce qui montre la lin´earit´e deP_V.

3/ Prenonsx∈ Htel quekxk ≤1. Alors il d´ecoule de1/quehP_Vx|x−P_Vxi= 0. Par cons´equent, kP_Vxk²=hP_Vx|xi ≤ kP_Vxk kxk=kP_Vxk (1) et donc kP_Vk = sup_kyk≤1kP_Vyk ≤ 1. Finalement, prenons x ∈ V tel que kxk = 1. Alors 1 =kxk=kP_Vxk ≤sup_kyk≤1kP_Vyk=kP_Vk. DonckP_Vk= 1.

4/ PosonsT =PV. Il d´ecoule de1/que, pour tout (x, y)∈ H²,hT x|y−T yi=hT x−x|T yi= 0.

Par suite, hT x|yi = hT x|y−T yi +hT x|T yi = hT x|T yi = hT x−x|T yi+hx|T yi = hx|T yi et nous obtenons T^∗ =T.

5/ On d´eduit de (1) quehP_Vx|xi=kP_Vxk²≥0.

6/ Prenonsx∈V^⊥r{0_H}. AlorshP_Vx|xi= 0 et donchP_Vx|xi 6>0.

7/ P_V n’est pas injectif puisque (∀x∈V^⊥) P_Vx= 0H.

8/ Soity∈ H.kP_Vx−ykest minimis´e pour toutxtel queP_Vx=P_Vy, i.e., pour toutx=P_Vy+v, o`uv∈V<sup>⊥</sup>. Par Pythagore,kxk<sup>2</sup> =kP<sub>V</sub>yk<sup>2</sup>+kvk<sup>2</sup> est minimis´e pourv= 0H, d’o`uP_V^†y=P_Vy.

9/ Soit x∈ H et posons p=hx|v₁iv₁+hx|v₂iv₂. AlorsP_Vx =p. En effet on a bien p∈V. De plus, soit v=αv₁+βv₂ un vecteur quelconque de V. Alorshx−p|vi=hx−p|αv₁+βv₂i= αhx−p|v1i +βhx−p|v2i. Mais hx−p|v1i = hx|v1i − hhx|v1iv1+hx|v2iv2|v1i = hx|v₁i − hx|v₁i hv₁ |v₁i − hx|v₂i hv₂ |v₁i = 0 puisque hv₁|v₁i = 1 et hv₂ |v₁i = 0. De mˆeme,hx−p|v₂i= 0.

10/ Soit x ∈U ∩V. Alors kxk=kP_Vxk =kP_U(P_Vx)k ≤ kP_U◦P_Vk kxk et donc kxk = 0 puisque kP_U◦PVk<1.

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