Probl`eme I

Universit´e Pierre et Marie Curie – Paris 6 Examen semestriel Licence de Math´ematiques MA380 – Analyse Hilbertienne et Num´erique

18 janvier 2006 9h30 `a 12h30

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) Dans tout le probl`eme, H d´esigne un espace de Hilbert r´e´el, h· | ·i son produit scalaire et k · kla norme associ´ee.

1. Soit (x_n)n≥0 une suite orthonormale de H.

(a) Montrer que (x_n)n≥0 est une famille libre de H.

(b) ´Enoncer l’in´egalit´e de Bessel.

(c) Soient netm deux entiers naturels distincts. Montrer que kx_n−x_mk ≥√

2. En d´eduire que (xn)n≥0 n’est pas une suite de Cauchy.

(d) Donner trois propri´et´es caract´erisant le fait que (xn)n≥0 est une base hilbertienne deH.

(e) Soit V = vect(xn)n≥0 et soit PV l’op´erateur de projection surV. i. Montrer que : (∀x∈ H) P_Vx=P

n≥0hx|x_nix_n.

ii. Utiliser directement (e)i. pour montrer que P_V est auto-adjoint.

2. D´esormais,H est l’espace de Hilbert des fonctionsx: [0,1]→Rtelles que R1

0 |x(t)|²dt <+∞, muni du produit scalaire : (∀(x, y)∈ H²) hx|yi=R1

0 x(t)y(t)dt. On d´efinit une suite (xn)n≥0

de H par (fonctions de Rademacher)

(∀n∈N)(∀t∈[0,1]) xn(t) = signe sin(2ⁿπt)

, o`u signe(α) =







1 si α >0;

0 si α= 0;

−1 si α <0.

(a) Tracer le graphe des fonctionsx0,x1 etx2.

(b) Montrer que (x_n)n≥0 est une suite orthonormale de H. Pour l’orthogonalit´e, on pourra proc´eder comme suit :

i. Soientn∈Net (a, b)∈R². Montrer que, si 2ⁿ(b−a)∈Nest pair, alorsRb

axn(t)dt= 0.

ii. ´Ecrire, pour tous entiers n > m≥0, hx_n|x_mi=P2^m−1 k=0

R(k+1)2^−m

k2^−m x_n(t)x_m(t)dt.

(c) On pose

x: [0,1]→R:t7→







0 si 0≤t <1/4;

1 si 1/4≤t≤3/4;

0 si 3/4< t≤1.

i. Soitn∈N. Calculer hx|x_ni.

ii. En d´eduire que (x_n)n∈N n’est pas une base hilbertienne deH.

Probl`eme II.(50 points) SoitHl’ensemble des fonctionsx:R→Rpaires 2π-p´eriodiques telles que Rπ

−πx(s)²ds <∞. On munitHdu produit scalaire et de la norme d´efinis par

(∀(x, y)∈ H²) hx|yi= 1 π

Z π

−π

x(s)y(s)ds et kxk= s

1 π

Z π

−π

x(s)²ds.

Soit T l’op´erateur lin´eaire de H dans H donn´e par T y: s 7→ −y⁰⁰(s). On s’int´eresse `a l’´equation diff´erentielle





 d(v_t)

dt +T v_t= 0H, v0 ∈ H donn´e,

(1)

o`u t 7→ vt est une application continˆument diff´erentiable de [0,+∞[ dans H. On rappelle que la d´eriv´ee de t7→vt en t0 est d´efinie par

d(vt) dt

t0

= lim

h→0

v_t0+h−vt0

h ∈ H, cette limite ´etant prise au sens de la norme sur H. On admettra que (1) admet une unique solution pour toutv0∈ H.

1. Soit V un espace pr´ehilbertien r´eel de dimension finie N. On notehh· | ·iison produit scalaire.

Soit S un endomorphisme auto-adjoint positif de V.

(a) Soit λune valeur propre deS. Que peut-on dire de λ?

(b) On note λ0 < λ1 < . . . λN−1 les valeurs propres de S, que l’on suppose simples. Soit en

un vecteur propre de S associ´e `a λ_n, que l’on suppose de norme 1. Calculer hhe_n|e_pii pour netp entiers compris entre 0 etN −1.

(c) Soit v:t 7→ v_t une application continˆument diff´erentiable de [0,+∞[ dans V v´erifiant d(v_t)

dt +Sv_t= 0_V pour toutt≥0. On d´efinitα_n:t7→ hhv_t|e_nii. ´Ecrire l’´equation v´erifi´ee parα_n, puis calculer α_n(t) en fonction de α_n(0), λ_n ett.

(d) D´eduire de ce qui pr´ec`ede une expression dev_ten fonction de (λ_n)0≤n≤N−1, (e_n)0≤n≤N−1, v0 ett.

(e) Question bonus :D´emontrer que si λ0 >0,alorsvt→0V quand t→+∞.

2. Dans toute la suite du probl`eme, l’espaceHet l’op´erateurTsont ceux d´efinis dans le pr´eambule du probl`eme.

(a) Calculer les valeurs propres et vecteurs propres de T. (b) L’op´erateur T est-il born´e ?

3. On pose d´esormaisen:s7→cos(ns) sin∈N^∗ et e0: 7→p

1/2. Calculer he_n|emipour netm dans N.

4. Soit V_N = vect(e₀, . . . , e_N−1) et P_N le projecteur sur V_N. Calculer P_NT −T P_N. On note d´esormais T_N =T_|VN la restriction deT `a V_N.

5. Soit t7→v_t la solution de (1). D´emontrer que d(P_Nv_t)

dt +T_N(P_Nv_t) = 0H. 6. D´eduire de ce qui pr´ec`ede que

(v_t)_N:s7→ 1 2π

Z π

−π

v₀(q)dq+

N−1

X

n=1

e^−n2tcos(ns) π

Z π

−π

v₀(q) cos(nq)dq

! .

7. Question bonus : On admet que (e_n)n∈N est une base hilbertienne deH. D´eduire de ce qui pr´ec`ede une expression de vt(s) en fonction de t,setv0.

Paris 6 – Licence de Math´ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´erique Solution de l’examen de janvier 2006

Solution du Pb I :

1. (a) Soient (yi)1≤i≤p un sous-famille finie de (xn)n≥0 et (αi)1≤i≤p ∈R^p tels que Pp

i=1αiyi = 0H. Alors, pour toutj∈ {1, . . . , p}, on obtient par orthonormalit´e, 0 =hPp

i=1α_iy_i |y_ji= Pp

i=1αihy_i |yji=αj. Donc (yi)1≤i≤p est libre.

(b) (∀x∈ H) P

n≥0| hx|xni |² ≤ kxk².

(c) Par orthonormalit´e,kx_n−x_mk² =kx_nk²−2hx_n|x_mi+kx_mk² = 1−(2×0) + 1 = 2. On ne peut donc avoirkx_n−x_mk →0 quandm, n→+∞.

(d) i. (x_n)n≥0 est maximale orthonormale ; ii. T

n≥0{x_n}^⊥ ={0H};

iii. (x_n)n≥0 est totale : vect(x_n)n≥0=H; iv. (∀x∈ H) x=P

n≥0hx|x_nix_n(Fourier) ; v. (∀(x, y)∈ H²) hx|yi=P

n≥0hx|xni hy|xni (Parseval).

(e) i. Soitx∈ H. Puisque (x_n)n≥0est totale dansV, c’est une base hilbertienne deV. Donc par FourierP_Vx=P

n≥0hP_Vx|x_nix_n. Mais puisquex−P_Vx⊥V, on a (∀n∈ H) hP_Vx|xni=hP_Vx−x|xni+hx|xni=hx|xni. DoncPVx=P

n≥0hx|xnixn. ii. Soientx ety dans H. Alors par bilin´earit´e et continuit´e du produit scalaire, on a

hP_Vx|yi=

* X

n≥0

hx|x_nix_n|y +

=X

n≥0

hx|x_ni hx_n|yi

=X

n≥0

hx| hx_n|yix_ni=

* x|X

n≥0

hx_n|yix_n +

=hx|P_Vyi.

2. (a) Trains de motifs rectangulaires p´eriodiques `a ±1 avec passages `a 0.

(b) Il est clair que (∀n∈N) kx_nk² =R1

0 |x_n(t)|²dt=R1

0 dt= 1. Pour l’orthogonalit´e :

i. On remarque que xn a 2ⁿ⁻¹ p´eriodes de longueur 2¹⁻ⁿ sur [0,1] et que l’int´egrale sur une p´eriode estRa+2¹⁻ⁿ

a x(t)dt = 0. Supposons que 2ⁿ(b−a) = 2p,p∈N. Alors b−a=p2ⁿ⁻¹ et l’intervalle [a, b] couvre doncp p´eriodes, d’o`u Rb

a xn(t)dt= 0.

ii. Soient deux entiers n > m≥0. Alors

hx_n|xmi= Z 1

0

xn(t)xm(t)dt=

2^m−1

X

k=0

Z (k+1)2^−m k2^−m

xn(t)xm(t)dt

=

2^m−1

X

k=0

±

Z (k+1)2^−m k2^−m

xn(t)dt

| {z }

=0 d’apr`es i. car 2ⁿ (k+1)2^−m−k2^−m

=2^n−m

= 0.

(c) i. hx|x₀i =R3/4

1/4 x₀(t)dt = R3/4

1/4 dt = 1/2. De plus, si n > 0, d’apr`es (b)ii, hx|x_ni = R3/4

1/4 x_n(t)dt= 0 car 2ⁿ(3/4−1/4) = 2ⁿ⁻¹ est alors pair.

ii. Si c’´etait le cas on aurait, d’apr`es (c)i, (Fourier) :x=P

n≥0hx|x_nix_n=hx|x₀ix₀ ≡ 1/2, ce qui est faux.

Solution du Pb II :

1. (a) Comme S est auto-adjoint positif, λ∈R⁺.

(b) On sait d´ej`a que hhe<sub>n</sub>|e<sub>n</sub>ii = ke<sub>n</sub>k<sup>2</sup> = 1. De plus, si n 6= p, on a, puisque S est auto- adjoint,hhSe<sub>n</sub>|epii=he<sub>n</sub>|Sepi,d’o`uλnhhe_n|epii=λphhe_n|epii,ce qui n’est possible que si hhe_n|epii= 0 puisque λn6=λp.

(c) Comme t 7→ vt est de classe C¹ et que le produit scalaire est lin´eaire continu, donc de classe C¹, en sa premi`ere variable, α_n est de classe C¹. Calculons sa d´eriv´ee : ^dα_dtⁿ = DD_d(v

t)

dt |e_nEE

=hh−Sv|e_nii= − hhv|Se_nii =−λ_nhhv|e_nii =−λ_nα_n. Donc α_n(t) = αn(0)e^−λnt.

(d) Comme (e_n)n∈Nest une base orthonorm´ee deV,v_t=

N−1

X

n=0

α_ne_n=

N−1

X

n=0

hhv(0)|e_niie^−λnte_n.

(e) Supposons que λ0 > 0. On a alors kv_tk² =

N−1

X

n=0

|α_n(t)|² =

N−1

X

n=0

|α_n(0)|²e^−2λnt, d’o`u

kv_tk²≤e^−2λ0

N−1

X

n=0

|α_n(0)|²=e^−2λ0tkv₀k²,qui converge vers 0 quand ttend vers l’infini.

2. (a) On r´esout T(v) =λv,c’est-`a-direv⁰⁰=−λv.Deux cas sont possibles : – Si λ < 0, cette ´equation a pour solutions v(s) = Ae

√−λs +Be⁻

√−λs. Pour que cette fonction soit paire, on doit avoirA =B, et pour qu’elle soit p´eriodique, donc born´ee, il faut queA= 0. On en d´eduit donc queλn’est pas valeur propre.

– Siλ= 0, alors la solution estv(s) =As+B, qui ne peut ˆetre p´eriodique que siA= 0.

– Si λ > 0, alors les solutions sont v(s) = Acos(√

λs) +Bsin(√

λs). Pour que cette fonction soit paire, il faut n´ecessairement que B = 0. On a donc v(s) = Acos(√

λs), qui n’est 2π-p´eriodique que si√

λ∈Z.

Ainsi, les valeurs propres de T sont λn = n², et les vecteurs propres associ´es sont les fonctions en:s7→cos(ns)

(b) Si T ´etait born´e, on aurait kT(v)k ≤Mkvk pour un certainM ≥0.Or sin >√

M ,on a T(e_n) =n²e_n, et donc kT(e_n)k=n²ke_nk> Mke_nk,ce qui est contradictoire.

3. Remarquons tout d’abord que ke₀k² = _2π¹ Rπ

−π1ds = 1, et que pour n ≥ 1, on a ke_nk² =

1 π

Rπ

−πcos²(ns)ds= _π¹ Rπ

−π 1

2 −¹₂cos(2ns)ds= 1.D’autre part, si n6=p, on a he_n|e_pi= 1

π Z _π

−π

cos(ns) cos(ps)ds= 1 2π

Z _π

−π

(cos(n+p)s+ cos(n−p)s)ds= 0.

4. Comme chaque en est vecteur propre deT,VN est stable par T. Donc siy∈ H,on aT PNy= T y∈V_N, donc T P_Ny=P_NT y.

5. Nous avons

d(P_Nv_t) dt

t0

= lim

h→0

P_Nv_t0+h−P_Nv_t0

h = lim

h→0P_Nv_t0+h−v_t0

h =P_N lim

h→0

v_t0+h−v_t0 h car P_N est continu. Ainsi,

d(P_Nv_t) dt

t0

=P_N

d(v_t) dt

t0

. D’autre part, d’apr`es la question pr´ec´edente, TN(PNvt) = T(PNvt) = PN(T vt). Donc, en utilisant (1), on obtient ^d(P_dt^Nvt) + TN(PNvt) =PN

d(vt) dt +T vt

=PN(OH) =OH.

6. On applique donc la question 1d, avec V =V_N etS =T_N, et on obtient l’expression voulue.

7. Comme (en)n∈N est une base hilbertienne, `at fix´e,vN(t) converge vers vt quandN tend vers l’infini. L’expression obtenue `a la question pr´ec´edente implique donc que

vt(s) = 1 π2

Z π

−π

v0(q)dq+X

n≥1

e^−n2tcos(ns) π

Z π

−π

v0(q) cos(nq)dq,

cette s´erie ´etant convergente pour la normek · k.