a/ Montrer que (U +V)⊥ =U⊥∩V⊥

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

Licence de Math´ematiques Analyse Hilbertienne et Num´erique

5 avril 2008 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 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) On se place dans un espace hilbertien complexeH, de produit scalaireh· | ·i et de norme associ´eek · k.

1/ Soient U etV deux sous-espaces vectoriels deH.

a/ Montrer que (U +V)^⊥ =U^⊥∩V^⊥. b/ Montrer que (U ∩V)^⊥=U^⊥+V^⊥.

2/ On se place dans l’espaceH=`²(N) des suitesx= (ξ_k)k≥0 dansCtelles queP

k≥0|ξ_k|² <+∞, muni de la norme k · k:x7→q

P

k≥0|ξ_k|². On pose

T:H → H:x= (ξk)k∈N7→(αkξk)k∈N, o`u (α_k)k∈N est une suite d´ecroissante dans ]0,+∞[ telle que α_k↓0.

a/ Montrer que T est lin´eaire.

b/ Montrer que T est born´e.

c/ Montrer que T est inversible et donner son inverseT⁻¹. d/ Montrer que T⁻¹ n’est pas born´e.

3/ Soit T:H → H un op´erateur qui pr´eserve les produits scalaires, `a savoir (∀x∈ H)(∀y∈ H) hT x|T yi=hx|yi. a/ Montrer que (∀(x, y)∈ H²) x=y ⇔ hx−y|x−yi= 0.

b/ Montrer que T est injectif.

c/ Soient α∈C etx∈ H. Montrer queT(αx) =αT x.

d/ Soient x∈ H ety∈ H. Montrer que T(x+y) =T x+T y.

e/ Que conclure de3/c/et3/d/?

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Probl`eme II.(50 points) On se place dans un espace hilbertien r´eelH, de produit scalaireh· | ·i et de norme associ´eek · k. De plus,C est un sous-ensemble non vide, convexe et ferm´e de H. On dira que C est strictement convexe si, pour tous points distinctsx∈C ety ∈C, l’´el´ement (x+y)/2 est dans l’int´erieur de C.

1/ a/ Soient x∈ H ety∈ H. Montrer que

hx|yi ≤0 ⇔ (∀α∈]0,1])kxk ≤ kx−αyk.

b/ Soit x ∈ H. Soit p ∈ C l’´el´ement v´erifiant kx−pk = infz∈Ckx −zk, dont on admet l’existence et l’unicit´e. Montrer que pv´erifie

(∀z∈C) hz−p|x−pi ≤0.

On notera par la suite p=P_Cx.

c/ Montrer que

(∀x∈ H)(∀y∈ H) kP_Cx−PCyk ≤ kx−yk.

2/ On suppose que C est strictement convexe.

a/ Soient x∈ HrC etz∈Cr{P_Cx}. Montrer qu’il existeε∈]0,+∞[ tel que z+PCx

2 +ε(x−PCx)∈C.

b/ Soient x∈ HrC etz∈Cr{P_Cx}. Montrer que

hz−PCx|x−PCxi<0.

c/ Soient x ety deux ´el´ements distincts de HrC Montrer que kP_Cx−P_Cyk<kx−yk.

3/ On suppose que C est strictement convexe et on pose D=

x∈ H | −x∈C .

a/ Montrer que Dest un sous-ensemble non vide, strictement convexe et ferm´e de H.

b/ Soient z_C =P_C0H etz_D =P_D0H. Montrer que si 0H6∈C, on a : i. z_C =−z_D,

ii. z_C =P_Cz_D etz_D =P_Dz_C, iii. kz_C−z_Dk= infx∈C,y∈Dkx−yk.

Que se passe-t-il quand 0H∈C?

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Paris 6 – Licence de Math´ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´erique Solution du partiel d’avril 2008

Solution du Pb I :

1/ a/ Soitx∈ H. Alorsx∈(U+V)^⊥⇒(∀u∈U)(∀v∈V)hx|u+vi= 0⇒(∀u∈U)(∀v∈V) hx|ui =hx|u+ 0i= 0 et hx|vi =hx|0 +vi = 0 ⇒ x ∈U^⊥∩V^⊥. Donc (U +V)^⊥ ⊂ U^⊥∩V^⊥. R´eciproquement,x∈U^⊥∩V^⊥ ⇒ (∀u ∈U)(∀v ∈V) hx|ui= 0 et hx|vi= 0

⇒ hx|u+vi= 0 ⇒ x∈(U+V)^⊥. DoncU^⊥∩V^⊥ ⊂(U +V)^⊥.

b/ D’apr`es1/a/,U∩V =U^⊥⊥∩V^⊥⊥= (U^⊥+V^⊥)^⊥. Ainsi, (U ∩V)^⊥= (U^⊥+V^⊥)^⊥⊥= U^⊥+V^⊥.

2/ a/ T(αx+y) =T (αξk+ηk)k∈N

= αk(αξk+ηk)

k∈N=α(αkξk)k∈N+(αkηk)k∈N=αT x+T y.

b/ (∀x∈ H) kT xk²=P

k∈Nα²_k|ξ_k|² ≤α²₀P

k∈N|ξ_k|² =α²₀kxk². c/ Il est clair que l’inverse de T est T⁻¹:x= (ξk)k∈N7→(ξk/αk)k∈N.

d/ Consid´erons le vecteur canoniquexn= (0, . . . ,0,1,0. . .), o`u le 1 apparaˆıt au rangn. Alors kT⁻¹xnk =k(0, . . . ,0,1/αn,0. . .)k = 1/αn =kx_nk/α_n. Puisque αn →0, on ne peut pas trouver β∈[0,+∞[ tel que (∀n∈N) kT⁻¹x_nk ≤βkx_nk. Donc T⁻¹ n’est pas born´e.

3/ a/ Par d´efinition du produit scalairehz|zi= 0 ⇔ z= 0H.

b/ D’apr`es3/a/,T x=T y⇒0 =hT x−T y|T x−T yi=hT x|T xi−hT x|T yi−hT y|T xi+

hT y|T yi=hx|xi − hx|yi − hy|xi+hy|yi=hx−y|x−yi ⇒x=y.

c/ D’apr`es3/a/, il suffit de montrer queA=hT(αx)−αT x|T(αx)−αT xi= 0.

A=hT(αx)|T(αx)i+hαT x|αT xi − hT(αx)|αT xi − hαT x|T(αx)i

=hαx|αxi+hαT x|αT xi − hT(αx)|αT xi − hαT x|T(αx)i

=|α|²hx|xi+|α|²hT x|T xi −αhT(αx)|T xi −αhT x|T(αx)i

=|α|²hx|xi+|α|²hx|xi −αhαx|xi −αhx|αxi

=|α|²hx|xi+|α|²hx|xi −αhαx|xi −αhαx|xi

= 2|α|²hx|xi −2 Re αhαx|xi

= 0.

d/ Il suffit de montrer que B =hT(x+y)−T x−T y|T(x+y)−T x−T yi= 0. On a B =hT(x+y)|T(x+y)i − hT(x+y)|T xi − hT(x+y)|T yi − hT x|T(x+y)i

+hT x|T xi+hT x|T yi − hT y|T(x+y)i+hT y|T xi+hT y|T yi

=hx+y|x+yi − hx+y|xi − hx+y|yi − hx|x+yi+hx|xi +hx|yi − hy|x+yi+hy|xi+hy|yi

= 0.

e/ T est lin´eaire.

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Solution du Pb II :

1/ a/ ⇒: on remarque quekx−αyk²−kxk²=α(αkyk²−2hx|yi) et on conclut imm´ediatement.

⇐ : comme α ∈]0,1], l’´equation ci-dessus permet d’obtenir αkyk² −2hx|yi ≥ 0 et de conclure en faisant α↓0.

b/ Soient α∈]0,1[ etzα =αz+ (1−α)p o`u z∈C. Alorskx−pk= infz∈Ckx−zk ⇒(∀z∈ C)kx−pk ≤ kx−zk ⇒(∀α∈[0,1])(∀z∈C)kx−pk ≤ kx−z_αk=k(x−p)−α(z−p)k par convexit´e deC. En utilisant 1/a/, on obtient hx−p|z−pi ≤0.

c/ 1/b/ donnehP_Cy−PCx|x−PCxi ≤0 et hP_Cy−PCx|y−PCyi ≤0. En additionnant ces deux in´egalit´es, on obtient

kP_Cx−PCyk² ≤ hP_Cx−PCy|x−yi ≤ | hP_Cx−PCy|x−yi | ≤ kP_Cx−PCyk · kx−yk par Cauchy-Schwarz. Si P_Cx 6=P_Cy, on peut diviser par kP_Cx−P_Cyk et sinon l’´egalit´e est directement v´erifi´ee.

2/ a/ C 3z 6= PCx ∈C. Donc c = (z+PCx)/2 est dans l’int´erieur de C : il existe une boule ferm´ee de centre c et de rayon ρ ∈ ]0,+∞[ contenue dans C. En particulier, puisque x 6=P_Cx, le vecteuru = (x−P_Cx)/kx−P_Cxk est de norme 1 etc+ρu∈C. En posant ε=ρ/kx−PCxkon obtient (z+PCx)/2 +ε(x−PCx)∈C.

b/ D’apr`es1/b/et 2/a/,h(z+PCx)/2 +ε(x−PCx)−PCx|x−PCxi ≤0. Donc hz−P_Cx|x−P_Cxi ≤ −2εkx−P_Cxk² <0.

c/ SiP_Cx=P_Cy, alors l’in´egalit´e est v´erifi´ee puisquexetysont distincts. SiP_Cx6=P_Cy, on reprend le raisonnement du 1/c/ : on a grˆace au 2/b/ que hP_Cy−P_Cx|x−P_Cxi < 0 et hP_Cy−PCx|y−PCyi<0, ce qui devient apr`es addition des deux in´egalit´eskP_Cx− PCyk² < hP_Cx−PCy|x−yi ≤ | hP_Cx−PCy|x−yi | ≤ kP_Cx−PCyk · kx−yk par Cauchy-Schwarz. Il suffit alors de diviser par kP_Cx−P_Cyk (ce qui est possible puisque PCx6=PCy).

3/ a/ Comme `a tout ´el´ement de D on peut associer un ´el´ement de C (son oppos´e), on obtient directement le r´esultat.

b/ i. zC =PC0H ⇒ kz_Ck= infx∈Ckxk ⇒ k −zCk= infx∈Ck −xk ⇒ k −zCk= infy∈Dkyk donc−z_C =P_D0H puisque −z_C ∈D.

ii. D’apr`es3/b/i., on a z_C−z_D = 2(z_C−0H). Commez_C =P_C0H, on a grˆace au1/b/

que 0 ≥ hz−z_C |0H−z_Ci = hz−z_C |(z_D −z_C)/2i. On en d´eduit donc que z_C est la projection de zD sur C. On proc`ede de mˆeme pour montrer quezD =PDzC. iii. Notons µ = infx∈C,y∈Dkx−yk. Comme zC ∈ C et zD ∈ D, on a µ ≤ kz_C −zDk.

Par ailleurs,kz_C−z_Dk² =hz_C−z_D |z_C−x+x−y+y−z_Di=hz_C−z_D |x−yi+ hz_C−z_D |z_C−xi+hz_C−z_D |y−z_Di pour toutx∈C ety∈D. Par les propri´et´es des projections zC et zD, les deux derniers termes sont n´egatifs. On en d´eduit par Cauchy-Schwarz quekz_C−z_Dk² ≤ kz_C−z_Dk · kx−yk, donc quekz_C −z_Dk ≤µ.

Si 0H∈C, alors on a tout simplementz_C =z_D = 0H.

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