9 Espaces de Hilbert.

(1)

Ecole Normale Sup´´ erieure – FIMFA – Année 2010-2011 Travaux dirigés de Topologie et Calcul différentiel François Béguin

Corrig´ e de la feuille d’exercices n

^o

9 Espaces de Hilbert.

1 -

Identité du parallélogramme généralisée

1. Pour n = 2, on retrouve l’identité du parallélogramme usuelle. On démontre alors l’identité par une récurrence aisée en remarquant que

kε1x1+· · ·+εnxn+xn+1k²+kε1x1+· · ·+εnxn−x²_n+1k² = 2 kε1x1+· · ·+εnxnk²+kxnk² .

2. Supposons que p < 2 et soit T : `^p → `² un isomorphisme. On applique l’égalité du 1) à xi = T(ei).

Commek1e1+· · ·nenkp=n^1/p, on en d´eduit que pour toutn n^2/p

kT⁻¹k² 6nkTk²

car kT(y)k2≥ _kT^kyk−1^pk. Ceci est absurde puisque p <2. Sip >2, soit q le conjugué de p(c’est à dire 1/q= 1−+1/p); on aq <2. De plus siS:`²→`^p est un isomorphisme alors son dualS^∗: (`^p)⁰∼=`^q →(`²)⁰∼=`² est un isomorphisme. Le raisonement précédent permet alors de conclure.

2 -

Distance `a un sous-espace vectoriel ferm´e dans un espace de Banach

1. Soit (fn)_n∈N une suite de fonctions deF qui converge uniform´ement dansE vers une fonctionf. Alors, pour toutx∈[−1,1], on afn(−x) =−fn(x) et en prenant la limite pourn→ ∞, on obtientf(−x) =−f(x), donc f est impaire. L’application Θ : f 7→ R1

0 f(t)dt de E dans R est lin´eaire et continue car, pour tout f ∈E,

| Z 1

0

f(t)dt| ≤ Z 1

0

|f(t)|dt≤ kfk_∞. Il suit alors que R1

0 fn(t)dt = 0 implique R1

0 f(t)dt en passant `a la limite. On a obtenu que f ∈ F et on conclut queF est ferm´e.

2. On a|R1

0 t−ψ(t)dt| ≤R1

0 |t−ψ(t)|dt≤ ||ϕ−ψ||_∞puisque ϕ(t) =t. Or, siψ∈F, on aR1

0 t−ψ(t)dt= R1

0 tdt−0 = 1/2. Il suit que 1/2≤ ||ϕ−ψ||_∞. La distance deϕà F est donc supérieure ou égale à ¹₂. Pour tout entiern>3, soitψn la fonction impaire définie sur [0,1] par

ψ_n(t) =

(−(n−2)²_8n^t si 06t64/(n+ 2) t−1/2−1/n si 4/(n+ 2)6t61.

Par construction,ψn est impaire. De plus Z 1

0

ψ_n(t)dt =

Z 4/(n+2) 0

−(n−2)²t/(8n)dt+ Z 1

4/(n+2)

(t−1/2−1/n)dt

= −(n−2)² n(n+ 2)² +1

2− 8

(n+ 2)²−1 2+ 2

n+ 2− 1 n+ 4

n+ 2

= 0

(2)

On a bien ψ_n ∈F. Pour calculerkψn−ϕk, on remarque que comme ϕet ψ_n sont impaires, il suffit de le faire sur le segment [0,1]. Pour 0≤t ≤ 4/(n+ 2), on a |ϕ(t)−ψ_n(t)| = (1 + ⁽ⁿ⁻²⁾_8n ²)t ≤ ⁽ⁿ⁺²⁾_8n ² t. On en d´eduit que

sup{|ϕ(t)−ψn(t)|,06t6}= (n+ 2)² 8n

4

n+ 2 = 1/2 + 1/n.

Pour t≥4/(n+ 2), on a|ϕ(t)−ψn(t)|= 1/2 + 1/n. Par conséquent, kψn−ϕk= ¹₂+_n¹. Ainsi la distance deϕàF est inférieure ou égale à ¹₂. Nous avons donc montré que la distance deϕàF est égale à ¹₂. Montrons que cette distance ne peut pas être atteinte. Siψ∈F, alorsψest impaire. Il suit queψ(0) = 0 = ϕ(0). Par continuité, il existe un intervalle [0, a] ⊂[0,1] sur lequel |t−ψ(t)| ≤ 1/4 = 1/2||ϕ−ψ||_∞. Par suite, on obtient que

1/2≤ Z 1

0

|t−ψ(t)|dt≤a

4+ (1−a)||ϕ−ψ||_∞<||ϕ−ψ||_∞. Par cons´equent,d(ψ, ϕ)> ¹₂.

3 -

Hyperplan fermé d’orthogonal réduit à {0} dans un espace pré-hilbertien

1. SoitH un espace de Hilbert etF un sous-espace vectoriel deH. SiFest dense, alors pour toutx∈H\{0}, on peut trouver une suite (yn)_n∈N d’éléments de F qui converge versx. Par continuité du produit scalaire, on a alors, pour tout n assez grand, hx, yni ≥ ¹₂hx, xi = kxl². Ainsi l’orthogonal de F est réduit à {0}.

Réciproquement, supposons queF n’est pas dense, et considéronsx∈H\F. Notonsz le projeté orthognal dexsurF. Alorsx−z est dans l’orthogonal de F, donc dans celui deF ; en particulier, celui-ci n’est pas réduit à {0}.

2. L’inégalité de Cauchy Schwarz montre que f est continue : pour tout u∈c₀₀(N), on a |f(u)| ≤ ^π₆²kul2. Par suite Ker(f) est fermé. Soitv∈c₀₀(N), un élément de (Ker(f))^⊥. SoitN∈Ntel quev_n = 0 pour tout n≥N. Pourn≤N, considérons la suiteuⁿ ∈c₀₀(N) qui n’a que deux termes non-nuls : le terme de rang n qui vaut 1, et le terme de rang N qui vaut −^N_n+1⁺¹. Alorsf(uⁿ) = 0 donc uⁿ ∈ Ker(f) et huⁿ, vi =v_n. Comme v ∈ (Ker(f))^⊥, ceci montre que vn = 0. Ainsi v est nécessairement la suite nulle. Autrement dit, l’orthogonal de Ker(f) est réduit à {0}.

3. Soit H un espace préhilbertien non-complet. Soit H un complété de H. On identifie H à son image isométrique dans H. Soit x ∈ H \H. Alors u^⊥ est un hyperplan fermé de H, donc F :=u^⊥∩H est un hyperplan fermé deH. EtF^⊥^H =F^⊥∩H = (u^⊥)^⊥∩H = (R.u)∩H =R.u∩H ={0}.

4 -

Continuit´e des op´erateurs auto-adjoints

On peut utiliser l’exercice 6 de la feuille 8 pour l’application bilin´eaire B(x, y) = hx, T(y)i = hT(x), yi.

On obtient alors que |B(x, y)| 6kBk kxk kyk et en prenant y =T(x), on en déduit kTk 6 kBk est fini ! On pouvait aussi se ramener au lemme suivant (via le théorème de Riesz assurant que toute forme linéaire continueφest de la formeφ(y) =haφ, xi):

Lemme: Soit T :E→F une application linéaire entre deux Banach telle que pour toutφ∈F⁰ (i.e.φest linéaire continue),φ◦T ∈E⁰, c’est à direφ◦T est encore continue. AlorsT est continue.

Pour démontrer le lemme, on utilise simplement le théorème du graphe fermé. Il suffit alors de montrer que pour toute suite (x_n, T(x_n)) qui converge vers (x, y), on ay=T(x). Par continuité deφ◦T, pour toute forme linéaire continueφ:F →R, on en déduit que φ(y) =φ(T(x)) ce qui assure quey =T(x) grace Ã Hahn- Banach.

(3)

5 -

Le théorème de représentation de Riesz est faux dans un espace pré-hilbertien

SoitE=C([0,1],R) l’espace pr´e-hilbertien des fonctions continues de [0,1] dansR, muni du produit scalaire hf, gi = R1

0 f(t)g(t)dt. Pourp ≥0 et a ∈]0,1[ fixés, on considère la forme linéaire u: E → R définie par u(f) =Ra

0 t^pf(t)dt.

1. Soitϕla fonction donnée parϕ(t) =t^p1_[0,a](t). Pour toutf ∈E, on a alors d’après l’inégalité de Cauchy Schwarz,

u(f)≤ kϕk2kfk2=

a^2p+1 2p+ 1

¹2

kfk2,

ce qui montre la continuité de u. En prenant une fonction continue f qui co¨ıncident avec ϕsur [0, a], on trouve un cas d’égalité dans l’inégalité ci-dessus, ce qui montre que la norme deuest égale à

a^2p+1 2p+1

¹₂ . 2. Le produit scalaire de E se prolonge bien sˆur `a L²([0,1]), et on a u(f) = hf, ϕipour tout f ∈ E. S’il existait g ∈E tel que u(f) = hf, gipour tout f ∈ E, alors, on aurait hϕ, gi =hf, gipour tout f ∈ E, et doncf =ϕpuisqueE est dense dansL²([0,1]), ce qui est absurde puisqueϕ /∈E.

6 -

Op´erateurs de Hilbert-Schmidt SoitH un espace de Hilbert.

1. D’apr`es le relation de Parseval, on a X

i∈I

kAeik²=X

i∈I

X

j∈J

|hAei, fji|²=X

i∈I

X

j∈J

|hei, A^∗fji|²=X

j∈J

kA^∗fjk².

Ainsi si (ei)_i∈I et (gk)_k∈K sont deux bases hilbertiennes deH, on a X

i∈I

kAeik²=X

j∈J

kA^∗fjk²= X

k∈K

kA^∗gkk².

2. Soient A et B deux op´erateurs de Hilbert-Schmidt de H, et λ un scalaire. Il est clair que kλAk_HS =

|λ|.kAkHS. Par ailleurs, en utilisant l’in´egalit´e de Minkowski, si (ei)i∈I est une base hibertienne de H, on a

kA+Bk_HS = X

i∈I

kAe_i+Be_ik²

!¹₂

≤ X

i∈I

kAeik²+kBeik²

!¹₂

≤ X

i∈I

kAeik²

!¹₂

+ X

i∈I

kBeik²

!¹₂

= kAk_HS+kBk_HS.

Enfin, puisque (e_i)_i∈I est une base hibertienne, on ne peut avoirkAk_HS = 0 que siA= 0. Ceci montre que k.k_HS d´efinit une norme surHS. Par ailleurs, pour toutx=P

i∈Iξiei,ξi =hx, eii, on a kAxk=

X

i∈I

ξiAei

≤X

i∈I

|ξi| kAeik ≤ X

i∈I

|ξi|²

!¹₂

× X

i∈I

kAeik²

!¹₂

≤ kAk_HSkxk,

d’o`u|||A||| ≤ kAk_HS.

(4)

3. SoientAet B deux op´erateurs de Hilbert-Schmidt, et (e_i)_i∈I est une base hibertienne de H. On a

kA◦Bk_HS= X

i∈I

kA(Bei)k²

!¹₂

≤ |||A|||. X

i∈I

kBeik²

!¹₂

=|||A|||.kBk_HS. Par ailleurs, la question 1 montre quekAk_HS=kA^∗k_HS. On a par ailleurs|||B|||=|||B^∗|||. D’o`u

kA◦Bk_HS= X

i∈I

kB^∗(A^∗ei)k²

!¹₂

≤ |||B^∗|||. X

i∈I

kAeik²

!¹₂

=|||B^∗|||.kA^∗k_HS =|||B|||.kAk_HS. Ceci montre queA◦B est de Hilbert-Schmidt d`es que AouB l’est.

4. Nous avons vu quek·k_HSd´efinit une norme surHS. Cette norme d´ecoule clairement d’un produit scalaire.

Il reste donc `a voir queHSest complet pour la normek · k_HS. Soit (A_n)_n∈_Nune suite de Cauchy dansHS.

La majoration|||A||| ≤ kAk_HS montre que (A_n)_n∈_Nest également de Cauchy pour la norme||| · |||. Comme L(E) est complet pour cette norme, la suite (An)_n∈_N converge donc vers un opérateurA_∞∈ L(E) pour la norme d’opérateur usuelle. Fixons >0, et choisit une base hilbertienne (ei)_i∈I deH. On sait qu’il existe N tel que pour tousp, q≥N, on a

X

i∈I

kApei−Aqeik²< .

En faisant tendreq vers l’infini, on en d´eduit X

i∈I

kApei−A_∞eik²< ,

ce qui prouve que A_n−A_∞, et donc A_∞ est de Hilbert-Schmidt, et que A_p tend vers A_∞ au sens de la normek · k_HS.

5. SoitAun opérateur de rang fini. Choisissons une base hilbertienne (fj)j∈J deH de sorte que Im(A) soit engendré par (f_j)_j∈K oùK est une partie finie deJ. Alors, pour tout x∈H, on ahx, A^∗f_ji=hAx, fji= 0 sij∈J\K. D’où A^∗f_j= 0 pour toutj ∈J\K, et

kAk_HS=



 X

j∈K

kAfjk²





1 2

<+∞.

Ceci montre que tout op´erateur de rang fini est de Hilbert Schmidt.

Soit maintenant A un op´erateur de Hilbert-Schmidt. Soit (e_i)_i∈I est une base hibertienne de H. Soit >0. Il existe une partie finie J deI telle queP

i∈I\JkAe_ik²≤. Considérons l’opérateur de rang finiA_J défini parAJx=P

j∈Jhx, eiiT ei. On a alors

kA−AJk_HS= X

i∈I\J

kAeik²≤.

Ceci montre que les opérateurs de rangs finis sont dense dansHS, pour la normek ·l_HS, eta fortiori pour la norme ||| · |||. Comme tout limite (pour la topologie de la norme ||| · |||) d’opérateur de rang fini est un opérateur compact, il suit que tout opérateur de Hilbert-Schmidt est compact.

6. On sait que l’on peut trouver une base hilbertienne (ei)i∈I de H form´ee de vecteurs propres deA. On a alors

kAkHS=X

i∈I

|λi|²,

oùAe_i=λ_ie_i. L’affirmation faite dans l’énoncé en découle trivialement.

On suppose maintenant queH =L²(X, µ) oùµest une mesureσ-finie sur un espace mesurable (X,B). Pour K∈L²(X×X, µ⊗µ), on considère l’ópérateur surH défini par

AK(f)(x) :=

Z

X

K(x, y)f(y)dµ(y).

(5)

7. Pour tout f ∈H =L²(X, µ), l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz donne

|A_K(f)(x)|²≤ Z

X

|K(x, y)|²dµ(y)

.kfk²₂

et donc

kAK(f)k²₂≤ Z

X

Z

X

|K(x, y)|²dµ(y)dµ(x)

.kfk²₂=kKk²_L2(X×X,µ⊗µ).kfk²₂.

Ceci montre queA_K est continu de norme inférieure où égale à kKk_L2(X×X,µ⊗µ). On vérifie facilement que A_K est auto-adjoint si et seulement siK est symétrique en les variablesxety.

8. Il est facile de v´erifier que la famille (ei,j)_(i,j)∈I2 est orthonorm´ee. Montrons que cette famille est totale.

Soitk∈L²(X×X, µ⊗µ) tel quehk, ei,ji= 0 pour tout (i, j)∈I². En ´ecrivant hk, ei,ji=

Z

X

Z

X

k(x, y)e_j(y)dµ(y)

e_i(x)dµ(x)

utilisant le fait que (e_i)_i∈Iest une base hilbertienne deL²(X, µ), on obtient que la fonctionx7→R

Xk(x, y)e_j(y)dµ(y) est nulle pour toutj. Et en utilisant le fait que (ej)_j∈I est une base hilbertienne deL²(X, µ), on en d´eduit quekest nul.

9. On remarque que, pour tous (i, j)∈I², on a

hK, ei,ji_L2(X×X,µ⊗µ)=hAK(ei), eji_L2(X,µ).

En utilisant la définition dekAKkHS, puis la formule de Parseval dansL²(X, µ), puis l’inégalité ci-dessus, puis la formule de Parseval dans L²(X×X, µ⊗µ), on obtient

kAKk_HS = X

i∈I

kAK(ei)k²_L2(X,µ)

!¹₂

=



 X

i∈I

X

j∈I

hAK(ei), eji²_L2(X,µ)





1 2

=



 X

i∈I

X

j∈I

hK, ei,ji²_L2(X×X,µ⊗µ)





1 2

= kKk_L2(X×X,µ⊗µ).

10. R´eciproquement, soitA∈ HS. Pour (i, j)∈I², notonski,j:=hAei, eji. On a alors X

(i,j)∈I²

|ki,j|²= X

(i,j)∈I²

hAei, e_ji²=X

i∈I

kAeik²=kAk²_HS<+∞.

Puisque la famille (ei,j)_(i,j)∈I2 est orthonorm´ee dansL²(X×X, µ⊗µ), ceci entraine que la fonction K:= X

(i,j)∈I²

ki,jei,j

est dans L²(X×X, µ⊗µ). Pour tout (i, j)∈I², on a alorshA(ei), e_ji=k_i,j=hAKe_i, e_ji. Comme (ei) est une base hilbertienne deL²(X, µ), ceci montre queA=A_K.

11. La question 9 montre queK7→A_K définit une isométrie entreL²(X×X, µ⊗µ) etHS(H). La question 10 montre que cette isométrie est surjective.

(6)

7 -

Th´eor`eme ergodique de Von Neumann

1. SoitH un espace de Hilbert etT un endomorphisme continu deH de norme inférieure ou égale à 1. Pour n∈N\ {0}, on noteT_n:= _n+1¹ Pn

k=0T^k la moyenne desn+ 1 premiers it´er´es deT, et on veut montrer que

n→∞lim Tn(x) =P(x) pour toutx∈H o`uP est le projecteur orthogonal sur Ker(Id−T).

a. Comme |||T||| ≤ 1, l’inégalité de Cauchy-Schwarz montre que l’on a hT x, xi ≤ kxk², avec égalité seulement siT x=x. Comme|||T^∗|||=|||T|||, la même assertion est vraie pourT^∗. On a donc

(T x=x) ⇔ (hT x, xi=kxk²) ⇔ (hx, T^∗xi=kxk²) ⇔ (hT^∗x, xi=kxk²) ⇔ (T^∗x=x).

Ceci montre que Ker(I−T) = Ker(I−T^∗). On rappelle par ailleurs que, pour tout opérateurS, on a H = Ker(S)⊕Im(S) (et les deux facteurs de cette décompositions sont orthogonaux). En appliquant cela à S = (I−T)^∗ = I−T^∗, et en utilisant l’égalité Ker(I −T) = Ker(I−T^∗), on obtient la décomposition demandée :

H = Ker(Id−T)⊕Im(Id−T) (et les deux facteurs de cette d´ecompositions sont orthogonaux).

b. Si x ∈ Im(Id−T), alors il existe z ∈H tel que x= z−T z. On a alorsT_n(x) = _n+1¹ (z−Tⁿ⁺¹z).

Comme|||Tⁿ⁺¹||| ≤ |||T|||ⁿ⁺¹ ≤1, on en déduit immédiatement queT_nx tend vers 0 quand n tend vers l’infini. Supposons maintenant quex∈Im(Id−T). Soit >0. On peut trouverx⁰ ∈Im(Id−T) tel que kx−x⁰k ≤ . D’après ce qui précède, il existe N tel que, pour n plus grand que N, on a kTnx⁰k ≤. Par ailleurs, on a clairement |||Tn||| ≤ |||T||| ≤ 1. Ainsi, pourn plus grand que N, on a kTnxk ≤ kTnx⁰k+kTn(x−x⁰)k ≤+. Ceci montre queTnxtend vers 0 quandntend vers l’infini.

c. Soit xdansH. D’après la question a, on peut écrire x=y+z avecy∈Ker(I−T),z ∈Im(Id−T), et hy, zi = 0. Le vecteur y est donc le projeté orthogonal de xsur Ker(I−T). CommeT y =y, on a Tny = y. Par ailleurs, la question b. montre que Tnz → 0. Ainsi Tnx tend bien vers le projeté orthogonal dexsur Ker(I−T).

2. Application. On applique le théorème ergodique de Von Neumann à l’opérateur T défini par T f(x) = f(x+α). Cet opérateur a évidemment une norme inférieure à 1. Pour montrer le résultat, il suffit de voir que Ker(I−T) est réduit aux fonctions constantes. C’est facile, par exemple, en utilisant le fait que (eînt)_n∈_Z est une base de Hilbert deH.