Espaces de Hibert et Analyse de Fourier 1 D´epartement de Math´ematiques
Correction de la s´erie 1
Exercice 1 :
1. Notons T cette application. On a
|T(x)| ≤
N
X
n=0
|xn| ≤ kxk2
N
X
n=0
12
!1/2
≤N1/2kxk2
o le point crucial est l’in´egalit de Cauchy-Schwarz. T est donc continue, et MN est un sous-espace ferm´e de l’espace de Hilbert `2(N,C). On en d´eduit le r´esultat demand´e.
2. a) Soit x∈MN ety ∈E. On a hx, yi=
N
X
k=0
xkyk=y0 N
X
k=0
xk= 0.
b) Il faut montrer l’inclusion contraire. Prenons donc y ∈ MN⊥, et soit x la suite donn´ee par l’´enonc´e, membre de MN, avec i= 0 et 0< j ≤N. On a
hx, yi=y0−yj = 0,
ce qui prouve que yj =y0 pour 0≤j ≤N. D’autre part, pour j > N, on consid`ere la suite x tel que xj = 1 et xk = 0 pour k 6=i. Le produit scalaire de y avec cette suite donne yj = 0, ce qui prouve que y∈E.
Exercice 2 :
NotonsB la boule unit ferm´ee deH. Il faut d’abord faire un dessin en dimension deux pour comprendre quoi doit ˆetre ´egale cette projection. On se rend assez vite compte que l’on doit avoir P x = x si x est dans B, et P x = x/kxk si x /∈ H. C’est clair si x est dansB car un point de l’ensemble se projette dans lui-mˆeme. Six /∈B, pour prouver que P x=x/kxk, il suffit de prouver que, pour tout z ∈B, on a
Re
hx− x
kxk, z− x kxki
≤0.
Mais ceci suit du calcul suivant : Re
hx− x
kxk, z− x kxki
= Re (hx, zi)− kxk −Reh x
kxk, zi+ 1
= (kxk −1)
Reh x
kxk, zi −1
. Puisque x /∈ B, on a kxk −1≥0 et puisque z ∈B, on a Rehkxkx , zi ≤
hkxkx , zi
≤1. On a donc bien d´emontr´e la propri´et´e voulue.
Exercice 3 :
Universit´e Mohammed Premier Ann´ee 2020/2021
Facult´e Pluridisciplinaire de Nador Fili`ere SMA, S6
1. Il suffit d’appliquer la d´efinition pour montrer que C est convexe. D’autre part, C est ferm´e : si (xp) est une suite de C qui converge vers x ∈ H, et si xpn ≥ 0, on a clairement par passage `a la limite xn≥0, et donc x∈C.
2. Soit x ∈`2. Il faut deviner la formule pour PC(x). La seule faon de s’en sortir est de faire un dessin en dimension 2 et d’essayer de deviner ainsi quelle est la formule pour PC(x). En dimension 2, C correspond simplement au quart de plan en haut gauche. Il y a 4 cas diff´erents pour d´eterminer la projection de x, en fonction de sa position dans l’un ou l’autre des demi-plans. C’est ainsi que l’on est conduit `a poser PC(x) = (yn), oyn=xn si xn≥0, et yn = 0 sinon. Pour prouver qu’il s’agit bien de la projection de x surC, il suffit de v´erifier que, pour tout z deC, on a :
< x−y, z−y >≤0.
Mais,
< x−y, z−y >=X
n≥0
(xn−yn)(zn−yn).
Or, n≥0 fix´e, deux cas sont possibles : i) Soit xn ≥0, et dans ce cas xn−yn = 0.
ii) Soit xn≤0, mais alors yn= 0, et donc (xn−yn)(zn−yn)≤0.
Dans tous les cas, on a (xn−yn)(zn−yn)≤0, ce qui prouve que< x−y, z−y >≤0.
3. Il faut l´eg`erement adapter pour le cas complexe. Il faut et il suffit cette fois que y =PC(x) v´erifie pour toutz de C
<e(< x−y, z−y >) =<e X
n≥0
(xn−yn)(zn−yn)
!
≤0.
Dans tous les cas, zn−yn est r´eel, et donc
<e(< x−y, z−y >) =X
n≥0
(zn−yn) (<e(xn)−yn).
On est alors conduit `a poseryn =<e(xn) si<e(xn)≥0 etyn = 0 sinon. On obtient bien que la quantit´e pr´ec´edente est n´egative.
Exercice 4 :
1. Il est clair que si z ∈F, on a p(z)∈F. On en dduit que p(p(x)) =p(x) pour tout x de H.
2. Dcomposons x enp(x) +x1, o x1 est orthogonal F, et y en p(y) +y1. On a alors :
< p(x), y >=< p(x), p(y)>+< p(x), y1 >=< p(x), p(y)>
o la dernire ingalit vient de ce que y1 est orthogonal F tout entier, et donc en particulier p(x). La mme galit est vraie, pour les mmes raisons, pour< x, p(y)>.
3. D’aprs le thorme de Pythagore, on a :
kp(x)k2+kx−p(x)k2 =kxk2. Ceci entrane
kp(x)k ≤ kxk,
et donc kpk ≤1. Maintenant, puisqueF n’est pas rduit {0}, il existe x dans F de norme 1. Pour ce x, on akp(x)k=kxk= 1, ce qui prouve que kpk= 1..
Exercice 5 :
1. D’abord, puisque p(x)∈F, il est clair que l’on a : kx−p(x)k ≥d(x, F).
D’autre part, consid´erons y ∈ F, et d´ecomposons x en x = p(x) + x1, o x1 est orthogonal F. On a alors :
kx−yk2 = < p(x)−y+x1, p(x)−y+x1 >;
= < p(x)−y, p(x)−y >+2<(< p(x)−y, x1 >) +< x1, x1 >;
= kp(x)−yk2+kx1k2.
Maintenant, on a kx1k2 = kx−p(x)k2 d’apr`es le th´eor`eme de Pythagore, et donc kx−yk ≥ kx−p(x)k.
2. D’abord, en gardant les mˆemes notations, on a
< x, x1 >=< p(x) +x1, x1 >=< x1, x1 >; =d(x, F)2. On en d´eduit que
< x, x1
kx1k >= d(x, F)2
kx1k =d(x, F),
ce qui d´emontre une premi`ere in´egalit. D’autre part, soit y∈F⊥, avec kyk= 1, on a :
< x, y >=< p(x), y >+< x1, y >=< x1, y >, d’o`u on d´eduit par l’in´egalit de Cauchy-Schwarz
|< x, y >| ≤ kx1k=d(x, F), ce qui d´emontre la deuxi`eme in´egalit´e.
a) Par le proc´ed´e d’orthonormalisation de Schmidt.
b) Rappelons ce qui caract´erisep(x) : p(x) est le seul ´el´ement de F tel quex−p(x) soit orthogonal tous les ´el´ements de F. Raisonnons par analyse-synth`ese. p(x) se d´ecompose dans la base orthonorm´ee deF en
p(x) = α1e1+. . .+αnen.
Maintenant, x−p(x) est orthogonal e1, puisqu’il est orthogonal F. On a donc :
< x−p(x), e1 >= 0 =< x, e1 >−< p(x), e1 >=< x, e1 >−α1.
On voit que n´ecessairement α1 =< x, e1 >, et par un raisonnement similaire, on doit avoir αk =< x, ek >, ce qui nous conduit poser
p(x) =< x, e1 > e1+...+< x, en> en.
R´eciproquement, on vrifie facilement que p(x) ainsi d´efini est lment de F, et que x−p(x) est orthogonal tout ´el´ement de F.
c) Introduisons H =L2([0,1]) (on pourrait aussi consid´erer simplement C([0,1])), muni du produit scalaire
< f, g >=
Z 1
0
f(t)g(t)dt.
Posons F le sous-espace vectoriel des fonctions polynˆomiales de degr´e ≤ 1. Le probl`eme de minimisation peut aussi s’interpr´eter comme la recherche de d(t2, F).
On applique alors les m´ethodes mises en valeur dans l’exercice. On commence par chercher (e1, e2) une base orthonorm´ee de F. On peut choisire1(t) = 1, qui est d´ej`a un vecteur norm´e. Pour e2, on commence d’abord par chercher f2 sous la forme
f2(t) =t+αe1(t) =t+α,
de sorte que f2 soit orthogonal au vecteur pr´ec´edent construit. On a donc :
< f2, e1 >=
Z 1
0
(t+α)dt = 1
2 +α = 0.
On a donc f2 =t−1/2, et il suffit maintenant de normaliser ce vecteur : e2 = f2
kf2k = 2√
3t−√ 3.
On calcule ensuite la projection de t2 surF, en utilisant :
< t2, e1 >= 1 3,
< t2, e2 >=
√3 6 . On en d´eduit :
p(t2) = 1 3+
√3 6
√
3(2t−1)
) =t−1 6.
Le minimum est donc atteint pour a= 1 etb =−1/6. Il ne reste plus qu’`a calculer la derni`ere int´egrale qui fait 1/180.
3. F poss`ede une base hilbertienne, car il est lui-mˆeme un espace de Hilbert, en tant que sous-espace ferm (donc complet) d’un espace de Hilbert. Si (en)n∈I d´esigne une base hilbertienne de F, le mˆeme raisonnement que pr´ec´edemment montre que
p(x) =X
n∈I
< x, en> en.
4. D’une part, M est clairement un sous-espace vectoriel de H, et il est ferm (car- act´erisation par les suites, ou bien noyau d’une application lin´eaire continue). Posons ensuite N le sous-espace vectoriel engendr´e par (1,1,1. . . ,1,0,0, . . .). On pourra v´erifier qu’il convient. Enfin, pour calculer la distance de (1,0,0, . . .) M, il suffit de d´eterminer sa projection sur M. Mais x se d´ecompose alors en
x=p(x) +k(1,1, . . . ,1,0, . . .).
Prenant la somme des n premiers termes de chaque membre, on trouve quek = n+11 . Il vient finalement :
d(x, M) = k 1
n+ 1(1,1,1, . . . ,0, . . .)k=
√n+ 1 n+ 1 . Exercice 6 :
1. On a kx(n)k= 1/n : la suite (x(n)) converge vers 0.
2. Rappelons que si xet y sont deux ´el´ements del2, on a :
|xm−ym| ≤ kx−yk.
On en d´eduit que si la suite (x(n))n≥1 converge versxdans `2, alors pour chaquem, la suite (x(n)m)n≥1 converge vers xm. Cette propri´et´e permet de deviner la limite des suites de `2. On pose ici x= (1,1/2,1/3, . . . ,1/n,1/n+ 1, . . .). On a
kx−x(n)k2 =
+∞
X
k=1
1 k2,
et cette quantit´e tend vers 0 comme reste d’une s´erie convergente.
3. On remarque quekx(n)k2 =Pn k=1
1
k, et ceci tend vers +∞(c’est la somme partielle d’une s´erie termes positifs divergente). La suite (x(n)) n’est pas convergente.
4. Il est facile de v´erifier que pour n6=p, on a exactement : kx(n)−x(p)k=√
2.
La suite (x(n)) ne peut pas converger car elle n’est pas de Cauchy.
5. On pose x l’´el´ement de`2 d´efini par xm = 1/m. On a :
kx(n)−xk= 1 n
X
m≥1
1 m6
!1/2
→0.
6. Cette suite n’est pas dans `2, elle ne peut donc pas converger!
Exercice 7 :
On consid`ere en = (0, . . . ,0,1,0, . . .) o le 1 est en n−i`eme position. La suite (en)n≥0
est une suite de la boule unit´e ferm´ee de `2. Nous allons prouver qu’elle n’admet pas de sous-suite convergente. Il suffit en fait de remarquer que, pourp6=q, on a
kep−eqk=√ 2.
Aucune sous-suite de `2(N,C) ne pourra ˆetre de Cauchy et donc converger. Ce r´esultat est un cas particulier du th´eor`eme de Riesz qui dit que la boule unit´e ferm´ee d’un espace vectoriel norm de dimension infinie n’est jamais compacte.
Exercice 8 :
1. Pour tout k ∈N, on a
|v(n)k−v(l)k| ≤ kv(n)−v(l)k, d’o le rsultat si n, l≥N().
2. La suite (v(n)k)n≥0 est de Cauchy dans R qui est complet, donc elle converge.
3. C’est une cons´equence imm´ediate du fait quev(N())∈`2(N).
4. Pour tout n ≥N(), et tout L≥K, on a d’apr`es l’in´egalit de Minkowski X
L≥k≥K
v(n)2k
!1/2
≤ X
L≥k≥K
(v(n)k−v(N())k)2
!1/2
+ X
L≥k≥K
v(N())2k
!1/2
et donc
X
L≥k≥K
v(n)2k
!1/2
≤ kv(n)−v(N())k+≤2.
En passant la limite en n, ce qui est autoris´e gauche car on a simplement une somme finie, on en d´eduit
X
L≥k≥K
vk2
!1/2
2≤. 5. D’apr`es la question pr´ec´edente, la s´erie
X
k≥1
v2k
est convergente (elle est de Cauchy). Donc v = (vk) ∈ `2(N). Si K ≥ 0, et n, l≥N(), on a :
X
k≤K
(v(n)k−v(l)k)2
!1/2
≤
donc en passant la limite en n, on a X
k≤K
(vk−v(l)k)2
!1/2
≤,
puis en passant la limite en K,
kv −v(l)k ≤
pour tout l ≥N(), ce qui montre que la suite v(n) converge vers v dans `2(N) et donc que cet espace est complet.
Exercice 9 :
1. Soit x∈ker(T∗). Prenons y∈Im(T). y peut s’´ecrire y=T z. On a alors :
< y, x >; =< T z, x >=< z, T∗x >= 0.
R´eciproquement, si x∈Im(T)⊥, pour tout y∈H, on a
< T∗x, y >=< x, T y >= 0.
T∗x est orthogonal tous les vecteurs de l’espace : on en d´eduit que T∗x= 0.
2. Prenons y∈Im(T∗),y =T∗x avecx∈H. Si z ∈ker(T), on a
< y, z >=< T∗x, z >=< x, T z >= 0, et donc y∈ker(T)⊥.
Exercice 10 :
1. On note kαk∞= sup{|αn|; n∈N}. On a : kT xk2 =X
n≥0
|αn|2|xn|2 ≤ kαk2∞kxk2,
ce qui prouve que T est continue avec kTk ≤ kαk∞. Fixons y ∈ `2. T∗(y) est l’unique ´el´ement de `2 d´efini par :
< x, T∗(y)>=< T x, y > pour tout x∈`2. Or,
< T x, y >=X
n≥0
αnxnyn=X
n≥0
xnαnyn, ce qui prouve que
T∗(y) = (αnyn)n≥0.
2. Il est clair que dans ce cas on a kS(x)k=kxk (S est une isom´etrie). D’autre part, si y∈`2, et si on note S∗(y) = (zn)n≥0, on a :
< Sx, y >=< x, S∗y >=X
n≥1
xn−1yn=X
n≥0
xnyn+1.
On doit donc avoir (S∗y)n=yn+1, c’est--dire encore S∗(y) = (y1, y2, . . .).
Exercice 11 :
1. On a :
kT fk2 = Z 1
0
Z x
0
f(t)dt
2
dx
= Z 1
0
Z x
0
|f(t)| ×1dt
2
dx
≤ Z 1
0
Z x
0
|f(t)|2dt
xdx (Cauchy-Schwarz)
≤ Z 1
0
Z 1
0
|f(t)|2dtdx
≤ kfk2,
ce qui prouve que T est continue, avec kTk ≤1.
2. Toute l’astuce, pour se ramener des int´egrales sur [0,1], consiste `a ´ecrire Z x
0
f(t)dt= Z 1
0
f(t)1[0,x](t)dt.
On a :
< T f, g > = Z 1
0
Z 1
0
f(t)1[0,x](t)g(x)dtdx
= Z 1
0
f(t) Z 1
0
1[0,x](t)g(x)dx
dt (Fubini).
On a donc :
T∗(g)(t) = Z 1
0
1[0,x](t)g(x)dx.
Cette expression n’est pas tout `a fait satisfaisante : on peut la simplifier en remar- quant que
0≤t≤x ⇐⇒ t≤x≤1.
On a donc :
T∗(g)(t) = Z 1
t
g(x)dx.
3. Remarquons qu’on a calcul´e ici l’adjoint en supposant travailler sur l’espace rel L2([0,1]). Si on travaillait sur l’espace complexe, on obtiendrait
T∗(g)(t) = Z 1
t
g(x)dx.
Exercice 12 :
1. Il suffit d’appliquer l’in´egalit de Cauchy-Schwarz. On a en effet :
+∞
X
n=1
un
n
≤
+∞
X
n=1
|un|2
!1/2 +∞
X
n=1
1 n2
!1/2
.
Ceci entraˆıne queφest continue (elle est clairement lin´eaire) et quekφk ≤
+∞
X
n=1
1 n2
!1/2
.
2. Supposons qu’il existe un tel ´el´ement a = (an). Appliquant φ au k-i`eme ´el´ement de la base canonique de `2 ek = (0, . . . ,0,1,0, . . .), on obtient ak = 1k pour k ≥ 1.
Cette suite n’est pas dans E.
3. E n’est pas complet, car la rponse la question pr´ec´edente va l’encontre du th´eor`eme de repr`esentation de Riesz.
