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Download exercices corriges hilbertienne and more Exercises Mathematics in PDF only on Docsity! Exercices corrigés - Espaces de Hilbert Exercice 1 - Projection sur un sous-espace Pour tout entier , on note le sous-espace vectoriel de . 1. Montrer que l'application dans ? Conclure que . 2. Soit 2.1. Montrer que l'orthogonal de contient . 2.2. Montrer que (remarquer que, pour , la suite telle que , et si et appartient à ). N ∈ N MN (N,C)ℓ2 (xn)n∈N = 0∑ N n=0 xn ( ↦xn)n ∑ N k=0 xk (N,C)ℓ 2 MN (N,C) = ⊕ℓ2 MN M⊥N E = {(  telles que, pour 0 ≤ i < j ≤ N,  on ait  =  et  = 0 pour n > N}.yn)n yi yj yn M⊥N MN E = EM⊥N 0 ≤ i < j ≤ N ( )xn = 1xi = −1xj = 0xn n ≠ i n ≠ j MN formé des suites telles que est linéaire continue de . Que peut-on en déduire sur 1. Notons cette application. On a est donc continue, et est un sous-espace fermé de l'espace de Hilbert . On en déduit le résultat demandé. 2. 2.1. Soit et . On a 2.2. Il faut montrer l'inclusion contraire. Prenons donc , et soit la suite donnée par l'énoncé, membre de , avec et . On a ce qui prouve que pour . D'autre part, pour , on considère la suite tel que et pour . Le produit scalaire de avec cette suite donne , ce qui prouve que . T |T(x)| ≤ | | ≤ ∥x ≤ ∥x∑ n=0 N xn ∥2( )∑ n=0 N 12 1/ ∥2 T MN (N,C)ℓ2 x ∈ MN y ∈ E ⟨x,y⟩ = = = 0.∑ k=0 N xkyk¯ ¯¯̄¯ y0¯ ¯¯̄¯ ∑ k=0 N xk y ∈ M⊥N x MN i = 0 0 < j ≤ N ⟨x,y⟩ = − = 0,y0 yj =yj y0 j = 0,…,N j > N x = 1xj = 0xk k ≠ i y = 0yj y ∈ E Corrigé .= 0∑Nn=0 xn et par suite : grace à l'inégalité de Cauchy-Schwarz. n=0 (N + 1) 1 2 2 Exercice 2 - Projection sur la boule Soit un espace de Hilbert. Déterminer une expression de la projection sur la boule unité fermée de . Corrigé Notons la boule unité fermée de . Il faut d'abord faire un dessin en dimension deux pour comprendre à quoi doit être égale cette projection. On se rend assez vite compte que l'on doit avoir si est dans , et si . C'est clair si est dans car un point de l'ensemble se projette dans lui-même. Si , pour prouver que , il suffit de prouver que, pour tout , on a Mais ceci suit du calcul suivant : H H B H Px = x x B Px = x/∥x∥ x ∉ H x B x ∉ B Px = x/∥x∥ z ∈ B ⟨z− ,x− ⟩ ≤ 0. x ∥x∥ x ∥x∥ Puisque , on a et puisque , on a . On a donc bien démontré la propriété voulue. ⟨z− ,x− ⟩ x ∥x∥ x ∥x∥ = = ⟨z,x⟩− ∥x∥ − ⟨z, ⟩+ 1 x ∥x∥ (∥x∥ − 1)(⟨z, ⟩− 1) .x ∥x∥ x ∉ B ∥x∥ − 1 ≥ 0 z ∈ B ⟨z, ⟩ ≤ 1∣∣ x ∥x∥ ∣ ∣ Exercice 5 - Propriétés de la projection sur un sous-espace fermé Soit un espace de Hilbert, et un sous-espace fermé de , non réduit à . On note la projection orthogonale de sur . Si est un élément de , on appelle distance de à la quantité 1. Montrer que 2. Montrer que 3. On suppose dans cette question que est un sous-espace de dimension finie, et on note une base orthonormale de . 3.1. Quel résultat du cours assure l'existence d'une telle base orthonormale? 3.2. Déterminer en fonction de , l'expression de . 3.3. En déduire la valeur de : 4. On suppose désormais que est un sous-espace de dimension infinie. Justifier que possède une base hilbertienne, puis exprimer en fonction de cette base. 5. On suppose désormais que . Pour un entier fixé, on pose H F H {0} p H F x H x F d(x,F ) = inf{∥x − y∥;  y ∈ F}. d(x,F ) = ∥x − p(x)∥. d(x,F ) = max{| < x, z > |;  z ∈  et ∥z∥ = 1}.F ⊥ F ( , … , )e1 en F , … ,e1 en p(x) inf{ | − at − b dt;  a ∈ R,  b ∈ R} .∫ 1 0 t2 |2 F F p(x) H = (N,C)ℓ2 n Vérifier que est un sous-espace fermé de . Chercher un sous-espace tel que . Donner la distance de l'élément à . M = {x ∈ H;   = 0} .∑ k=0 n xk M H N M ⊕ N = H (1, 0, 0, …) M 1. D'abord, puisque , il est clair que l'on a : D'autre part, considérons , et décomposons en , où est orthogonal à . On a alors : Maintenant, on a d'après le théorème de Pythagore, et donc . p(x) ∈ F ∥x− p(x)∥ ≥ d(x,F). y ∈ F x x = p(x) + x1 x1 F ∥x− y∥2 = = = < p(x) − y+ ,p(x) − y+ >x1 x1 < p(x) − y,p(x) − y > +2R (< p(x) − y, ) + < , >x1 x1 x1 ∥p(x) − y + ∥ .∥2 x1∥ 2 ∥ = ∥x− p(x)x1∥ 2 ∥2 ∥x− y∥ ≥ ∥x− p(x)∥ Corrigé 2. D'abord, en gardant les mêmes notations, on a On en déduit que ce qui démontre une première inégalité. D'autre part, soit , avec , on a : d'où on déduit par l'inégalité de Cauchy-Schwarz ce qui démontre la deuxième inégalité. 3. 3.1. Le procédé d'orthonormalisation de Schmidt par exemple... < x, >=< p(x) + , >=< , >= d(x,F .x1 x1 x1 x1 x1 ) 2 < x, = = d(x,F), x1 ∥ ∥ >x1 d(x,F)2 ∥ ∥x1 y ∈ F ⊥ ∥y∥ = 1 < x,y >=< p(x),y > + < ,y >=< ,y >,x1 x1 | < x,y > | ≤ ∥ ∥ = d(x,F),x1 3.2. Rappelons ce qui caractérise : est le seul élément de tel que soit orthogonal à tous les éléments de . Raisonnons par analyse-synthèse. se décompose dans la base orthonormée de en Maintenant, est orthogonal à , puisqu'il est orthogonal à . On a donc : On voit que nécessairement , et par un raisonnement similaire, on doit avoir , ce qui nous conduit à poser Réciproquement, on vérifie facilement que ainsi défini est élément de , et que est orthogonal à tout élement de . 3.3. de sorte que soit orthogonal au vecteur précédent construit. On a donc : p(x) p(x) F x− p(x) F p(x) F p(x) = + ⋯ + .α1e1 αnen x− p(x) e1 F < x− p(x), >= 0 =< x, > − < p(x), >=< x, > − .e1 e1 e1 e1 α1 =< x, >α1 e1 =< x, >αk ek p(x) =< x, > + ⋯+ < x, > .e1 e1 en en p(x) F x− p(x) F < f,g >= f(t)g(t)dt.∫ 1 0 (t) = t+α (t) = t+α,f2 e1 f2 Voir rappel en annexe Introduisons ), muni du produit scalaireH =C([0,1]) en dernière page Posons le sous-espace vectoriel des fonctions polynômiales de degré . Le problème de minimisation peut aussi s'interpréter comme la recherche de . On applique alors les méthodes mises en valeur dans l'exercice. On commence par chercher une base orthonormée de . On peut choisir , qui est déjà un vecteur normé. Pour , on commence d'abord par chercher sous la forme de sorte que soit orthogonal au vecteur précédent construit. On a donc : On a donc , et il suffit maintenant de normaliser ce vecteur : On calcule ensuite la projection de sur , en utilisant : On en déduit : F ≤ 1 d( ,F)t2 ( , )e1 e2 F (t) = 1e1 e2 f2 (t) = t+α (t) = t+α,f2 e1 f2 < , >= (t+α)dt = +α = 0.f2 e1 ∫ 1 0 1 2 = t− 1/2f2 = = 2 t− .e2 f2 ∥ ∥f2 3–√ 3–√ t2 F < , >= ,t2 e1 13 < , >= .t2 e2 3 –√ 6 Le minimum est donc atteint pour et . Il ne reste plus qu'à calculer la dernière intégrale qui fait . p( ) = + ( (2t− 1))) = t− .t2 3 6 3–√ 6 a = 1 b = −1/6 1/180 . 4. possède une base hilbertienne, car il est lui-même un espace de Hilbert, en tant que sous-espace fermé (donc complet) d'un espace de Hilbert. Si désigne une base hilbertienne de , le même raisonnement que précédemment montre que 5. D'une part, est clairement un sous-espace vectoriel de , et il est fermé (caractérisation par les suites, ou bien noyau d'une application linéaire continue). Posons ensuite le sous-espace vectoriel engendré par . On pourra vérifier qu'il convient. Enfin, pour calculer la distance de à , il suffit de déterminer sa projection sur . Mais se décompose alors en Prenant la somme des n premiers termes de chaque membre, on trouve que . Il vient finalement : F (en)n∈I F p(x) = < x, > .∑ n∈I en en M H N (1,1,1…,1,0,0,…) (1,0,0,…) M M x x = p(x) + k(1,1,…,1,0,…). k = 1 n+1 d(x,M) = ∥ (1,1,1,…,0,…)∥ = . 1 n+ 1 n+ 1− −−−−√ n+ 1 Produit scalaire sur R[X ] et RN [X ] 1. Montrer que 〈P, Q〉 = ∫ 1 0 P (x)Q(x) dx définit un produit scalaire sur R[X ] et RN [X ] pour tout N ∈ N. 2. Montrer que ce produit scalaire fait de RN [X ] un espace de Hilbert, mais que cela est faux pour R[X ]. Pour ce dernier point: a. Soit Pn(x) = ∑n i=0 xi i! . Montrer que (Pn) converge uniformément vers exp sur [0, 1]. b. En déduire que Pn converge vers exp pour la norme associée à 〈·, ·〉. c. La fonction exponentielle est-elle un polynôme? Conclure. Solution . 1. L’application 〈·, ·〉 est bilinéaire symétrique, car le produit de réels est une opération bilinéaire symétrique, et par linéarité de l’intégrale. De plus pour P ∈ R[X ], 〈P, P 〉 = ∫ 1 0 P (x)2 dx ≥ 0 et cette expression est nulle si et seulement si P = 0. En effet 〈0, 0〉 = 0 et si 〈P, P 〉 = ∫ 1 0 P (x) 2 dx = 0, alors la fonction polynomiale x 7→ P (x)2 est continue, positive, d’intégrale nulle sur [0, 1], donc elle est identiquement nulle sur [0, 1]. Le polynôme P a donc une infinité de racines, ce qui implique que P = 0. L’application 〈·, ·〉 est donc un produit scalaire sur R[X ], et par restriction, sur RN [X ] pour tout N ∈ N. 2. RN [X ] est un espace vectoriel de dimension finie, il est donc complet pour la norme associée au produit scalaire considéré : c’est un espace de Hilbert. Ceci est faux pour R[X ] : a. D’après la formule de Taylor avec reste intégral, on a pour tout x ∈ [0, 1], et tout entier n ≥ 0, ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ exp(x) − n∑ i=0 xi i! ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∫ x 0 (x − t)n n! et dt ∣ ∣ ∣ ∣ ≤ e ∫ x 0 (x − t)n n! dt = e xn+1 (n + 1)! ≤ e (n + 1)! . Ce dernier terme ne dépend pas de x et converge vers 0 lorsque n → +∞, donc Pn → exp uniformément sur [0, 1]. b. Pour tout n, ‖ exp−Pn‖ = (∫ 1 0 |ex − Pn(x)|2 dx )1/2 ≤ (∫ 1 0 ‖ exp−Pn‖2∞ dx )1/2 = ‖ exp−Pn‖∞ → 0 lorsque n → +∞ d’après la question précédente. Donc Pn converge vers exp pour la norme associée à 〈·, ·〉. c. Supposons que la fonction exponentielle est un polynôme P de degré n. La dérivée d’ordre n + 1 de exp est donc nulle. Or la dérivée de la fonction exponentielle à tout ordre est elle-même : on a donc exp = 0, ce qui est absurde. La fonction exponentielle n’est donc pas un polynôme. Si R[X ] était complet pour la norme ‖ · ‖ associée au produit scalaire considéré, la suite (Pn) devrait converger vers un élément P ∈ R[X ] dans (R[X ], ‖ · ‖), et donc également dans (C0([0, 1]; R), ‖ · ‖). Or la question b. montre que (Pn) converge vers exp dans (C 0([0, 1]; R), ‖ · ‖). Par unicité de la limite, on devrait donc avoir exp = P ∈ R[X ], or on vient de prouver que ceci est impossible. Ceci montre que R[X ] n’est pas complet pour ‖ · ‖ : R[X ] muni du produit scalaire 〈·, ·〉 n’est pas un espace de Hilbert. Distance à R2[X ] On cherche à calculer I = inf (a,b,c)∈R3 ∫ ∞ 0 (x3 + ax2 + bx + c)2 e−x dx. 1. Montrer que 〈P, Q〉 = ∫∞ 0 P (x)Q(x) e −x dx définit un produit scalaire sur R3[X ]. 2. Vérifier que le problème revient à trouver la distance de X3 à R2[X ] pour la norme induite par le produit scalaire 〈·, ·〉. 3. Trouver I. Solution . 1. Il y a cette fois une justification à donner pour l’existence de 〈P, Q〉 : il faut justifier la convergence de l’intégrale. Mais P et Q étant des polynômes, les comparaisons exponentielle/polynômes impliquent que ∫ R+ P (x)Q(x) e−x dx converge. Les preuves de toutes les propriétés sont ensuite semblables à celles des exercices précédents. Pour la définie positivité, on remarque simplement que 〈P, P 〉 = 0 ⇒ ∫ +∞ 0 P (x)2 e−x dx = 0. L’application x 7→ P (x)2 e−x est continue sur R+, positive, d’intégrale nulle, elle est donc identiquement nulle sur R+. Comme e −x > 0 pour tout x, on a nécessairement P (x) = 0 pour tout x ≥ 0, et, P étant un polynôme, ceci implique comme auparavant que P est le polynôme nul. 2. La distance de P (X) = X3 à R2[X ] pour la norme ‖ · ‖ induite par le produit scalaire 〈·, ·〉 est égale à inf{‖P − Q‖; Q ∈ R2[X ]} = inf {(∫ ∞ 0 (P (x) − Q(x))2 e−x dx )1/2 ; Q ∈ R2[X ] } = ( inf {∫ ∞ 0 (x3 − Q(x))2 e−x dx; Q ∈ R2[X ] })1/2 . Puisque R2[X ] = {−aX2 − bX − c; (a, b, c) ∈ R3}, on en déduit inf{‖P − Q‖; Q ∈ R2[X ]} = ( inf {∫ ∞ 0 (x3 + ax2 + bx + c)2 e−x dx; Q ∈ R2[X ] })1/2 = √ I. Trouver I revient donc à trouver la distance de P (X) = X3 à R2[X ] pour la norme ‖ · ‖. 3. R2[X ] est un sous-espace vectoriel de l’espace euclidien R3[X ] muni du produit scalaire 〈·, ·〉. La distance de P à ce sous-espace est égale à ‖P − Q‖ où Q est le projeté orthogonal de P sur R2[X ]. Ce projeté orthogonal est caractérisé par le fait que P − Q ∈ R2[X ]⊥, c’est-à-dire que P − Q est orthogonal aux vecteurs d’une base de R2[X ], par exemple (P0, P1, P2) = (1, X, X 2). En écrivant Q(X) = −aX2−bX−c avec (a, b, c) ∈ R3, on cherche donc à résoudre le système     〈P − Q, P0〉 = ∫ ∞ 0 (x3 + ax2 + bx + c) e−x dx = 0, 〈P − Q, P1〉 = ∫ ∞ 0 (x3 + ax2 + bx + c)x e−x dx = 0, 〈P − Q, P2〉 = ∫ ∞ 0 (x3 + ax2 + bx + c)x2 e−x dx = 0. En utilisant le fait que pour tout entier n > 0, ∫ ∞ 0 xn e−x dx = Γ(n + 1) = n! (Γ est la fonction Gamma d’Euler), ce système équivaut à    6 + 2a + b + c = 0, 24 + 6a + 2b + c = 0, 120 + 24a + 6b + 2c = 0. Ce système possède comme unique solution le triplet (−9, 18,−6). Ainsi le projeté orthogonal de P sur R2[X ] est le polynôme Q(X) = 9X 2 − 18X + 6, et la distance de P à R2[X ] est égale à ‖P − Q‖2 = ∫ ∞ 0 (x3 − 9x2 + 18x + 6)2 e−x dx = 36. D’après la question précédente, on a donc I = 36. P ro cé d é d e G ra m -S ch m id t (1 / 2 ) S oi t u 1 ,u 2 ,. .. , u n d es ve ct eu rs lin éa ir em en t in d ép en d an ts d e R m et W = C (Q ) le so u s- es p ac e en ge n d ré p ar ce s ve ct eu rs (n ≤ m ). L a pr o cé d u re su iv an te pr o d u it u n e b as e or th on or m al e d e W . (1 ) v 1 = u 1 (2 ) v 2 = u 2 − v > 1 u 2 v > 1 v 1 v 1 (v 2 ⊥ v 1 ca r ob te n u p ar u 2 − p av ec p la pr oj ec ti on d e u 2 su r v 1 ) (3 ) v 3 = u 3 − v > 1 u 3 v > 1 v 1 v 1 − v > 2 u 3 v > 2 v 2 v 2 . . . P ro cé d é d e G ra m -S ch m id t (2 / 2 ) (k ) v k = u k − k − 1 ∑ j=1 v > j u k v > j v j v j . . . (n ) v n = u n − n − 1 ∑ j=1 v > j u n v > j v j v j (n + 1) q j = v j ||v j || p ou r to u t j ∈ {1 ,2 ,. .. ,n }. L es ve ct eu rs q 1 ,q 2 ,. .. ,q n fo rm en t la b as e (d e W ) or th on or m al e re ch er ch ée . M T H 1 0 0 7 : a lg èb re lin éa ir e 1 2 / 1 6