ZRNfiV AF Solution
ZRNfiV AF Solution
ZRNfiV AF Solution
Espaces de Hilbert
1. (a) Soit V un sous-espace fermé d’un espace de Hilbert H. Si xn est une suite
de Cauchy dans V , elle est aussi une suite de Cauchy dans H. Il existe donc x ∈ H
tel que xn → x dans H. Or V est une partie fermée, donc x ∈ V et V est complet.
(b) Soit e1 , · · · , ed une base orthonormée. Soit (xn )n une suite de telle que
xn → x:
Xd d
X
an,i ei → ai ei .
i=1 i=1
Par la continuiteé du produit scalaire, on a
Xd Xd
( an,i ei , ej ) → ( ai ei , ej ),
i=1 i=1
soit
an,j → aj , 1 ≤ j ≤ d.
Par l’identité de Pythagore, on a
d
X d
X
kxn − xk2 = k (an,j − aj )ej k2 = |an,j − aj |2 .
j=1 j=1
5. (a) Posons P : (
x, x > 0;
Px =
0, x < 0.
Soit y ∈ C donc y > 0. On a
(
(x − x)(y − x) = 0, x > 0;
(x − P x)(y − P x) =
(x − 0)(y − 0) = xy 6 0, x < 0.
Il vient que
(x − P x)(y − P x) 6 0, y ∈ C.
P satisfait l’inéquation d’Euler, c’est donc la projection sur C.
3
8. (a) De
1 2
|xn yn | ≤ (x + yn2 ),
2 n
on trouve
+∞ +∞ +∞
X 1X 2 1X 2
|xn yn | ≤ xn + y < +∞.
n=0
2 n=0 2 n=0 n
Ainsi (x, y) est bien définie sur l2 (N). On vérifie facilement que la forme définit bien
un produit scalaire sur l2 (N). Par example, pour la linéarité, on a :
+∞
X +∞
X
(x + y, z) = (xn + yn )zn = (xn zn + yn zn )
n=0 n=0
+∞
X +∞
X
= xn zn + yn zn = (x, z) + (y, z).
n=0 n=0
(b) Soit
(xk ) = (xk1 , · · · , xkn , · · · )
2
une suite de Cauchy de l (N). Etant donné > 0, il existe K > 0, tel que
+∞
X
(1.1) |xkn − xln |2 = kxk − xl k2 < , k, l ≥ K.
n=1
Pour tout n fixé, la suite de la neme coordonnées
(x1n , x2n , · · · , xkn , · · · )
est une suite de Cauchy, donc convergente dans R:
(1.2) xkn → xn , k → +∞.
4
N
X N
X
∀N > 0 : |xkn − xn |2 = lim |xkn − xln |2
l→+∞
n=0 n=0
N
X +∞
X
6 sup |xkn − xln |2 6 sup |xkn − xln |2 6 sup kxk − xl k2 .
l>k n=0 l>k n=0 l>k
Donc
+∞
X
k 2
kx − xk = |xkn − xn |2 6 sup kxk − xl k2 < .
n=0 l>k
k 2
Donc x → x dans l (N), qui est donc complet.
(c) Soit
en = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0 · · · )
Il est clair que (en ) est une famille orthonormée dans l2 (N).
Pour pour x = (xn ), on a (x, en ) = xn . Il vient
∞
X ∞
X
kxk2 = |xn |2 = |(x, en )|2 .
n=1 n=1
On obtient l’identité de Parseval, donc (en ) est une base hilbertienne dans l2 (N).
9. (a) La suite (en )n est visiblement orthonormée dans l2 (N). Soit x = (xk ) ∈
2
l (N) tel que
(x, en ) = xn = 0
pour tout n > 1. Alors, on a x = 0. La famille (en )n est donc dense dans l2 (N).
(b) Soit x = (xk ) ∈ l2 (N) tel que
X
(x, n ) = xk akn = 0
k>1
Posons X
f (z) = xk z k .
k>1
Notons que f est holomorphe au voisinage de 0 et f (an ) = 0. Les zeros an de f
tendent vers 0, et sont donc non isolés. Donc f ≡ 0, puis x = 0. D’où vient la
densité de la famille (n ).
Par la densite de Cc1 dans L2 (−π, π), pour tout f ∈ L2 (−π, π), il existe φ ∈
Cc1 (−π, π) tel que kf − φk2 < . Par Théorème de Féjer, pour tout > 0, il existe
N > 0 tel que
X √
max cn einx − φ(x) < / 2π.
x∈[−π,π]
|n|<N
Il vient que
X X
cn einx − f < cn einx − φ + kf − φk2 < 2.
2 2
|n|<N |n|<N
5
La famille (einx )n orthonormée est dense dans L2 (−π, +π), donc forme une base
hilbertienne dans L2 (−π, +π).
(b) On prolonge f par parité:
(
f (x) 0 < x < π,
f˜(x) =
f (−x) −π < x < 0.
11. Par le théorème de Fischer-Riesz sur la densité de Cc0 (−1, 1) dans L2 (−1, 1),
pour f ∈ L2 (−1, 1), il existe φ ∈ Cc0 (−1, 1) telle que
kf − φk2 < .
Par le théorème de Weierstrass sur la densité des polynômes dans Cc0 (−1, 1), il
existe p un polynôme tel que
max |p(x) − φ(x)| < .
|x|<1
Ceci implique
Z 1 Z 1
kp − φk22 = |p(x) − φ(x)| dx < 2
2 dx = 22
−1 −1
kp − φk2 < 2
Finalement, on a
kf − pk2 < kf − φk2 + kp − φk2 < 3.
Ceci montre la densité des polynômes dans L2 (−1, 1). Le reste est classique!
15. (a) Soit x ∈ B ⊥ , alors (x, y) = 0 pour tout y ∈ B, a fortiori pour tout
y ∈ A ⊂ B. Donc x ∈ A⊥ , puis B ⊥ ⊂ A⊥ .
7
⊥
(b) A ⊂ A. On a A ⊂ A⊥ . Soit x ∈ A⊥ . Pour y ∈ A, il existe yn ∈ A telle que
yn → y. Par continuité du produit scalaire, on a
(x, y) = lim (x, yn ) = 0.
n→+∞
⊥ ⊥
Donc x ∈ A , soit A⊥ ⊂ A .
(c) Soient x, y ∈ A⊥ . Alors pour tout z ∈ A, on a
(ax + by, z) = a(x, z) + b(y, z) = 0.
Donc ax + by ∈ A , ce qui prouve que A⊥ est un espace vectoriel.
⊥
Alors, on a
n
X
(x, y) = ai (x, yi ) = 0.
i=1
Donc x ∈ {Span(A)}⊥ , soit encore A ⊂ {Span(A)}⊥ . ⊥
Soit g ∈ L2 (R). Par Théorème de densité, il existe φ ∈ Cc0 (R) tel que kg−φk < .
On a Z Z Z
fn (x)g(x)dx = fn (x)φ(x)dx + fn (x)(g(x) − φ(x))dx
R R R
Par l’inégalité de Cauchy-Schwartz, on a
Z 2
fn (x)(g(x) − φ(x))dx
R
Z Z
< |f (x − n)|2 |g(x) − φ(x)|2 dx
R R
Z Z
= |f (x)|2 |g(x) − φ(x)|2 dx = kf k2 kg − φk2 .
R R
Il vient Z
fn (x)g(x)dx < + kf k = C
R
8
18. (1)
n2 1
∀x : fn = = → 1, pp
n2 + x2 1 + x2 /n2
|fn |2 < 1, 1 ∈ L2 (0, 1)
Elle converge fortement vers 1 dans L2 (0, 1) par le théorème de la convergence
dominée.
(2) Converge faiblement vers 0 par le théorème de Riemann-Lebesgue.
Z 1
2
f ∈ L (0, 1) : f (x) cos(2nπx)dx → 0
0
Z 1 Z 1
1 + cos(4nπx)
| cos(2nπx)|2 dx = dx = 1/2.
0 0 2
(3) Soit φ ∈ Cc0 (0, 1) telle que supp(φ) ⊂ [a, 1 − a]. On a
Z 1 Z 1−a
√ −nx √ −nx
ne φ(x)dx = ne φ(x)dx.
0 a
Sur [a, 1 − a], on a
√ √ √ 1 1
ne−nx < ne−na < n = √ →0
na a n
uniformément. Il vient que
Z 1 1−a
√ −nx √
Z
ne φ(x)dx = ne−nx φ(x)dx → 0.
0 a
Donc pour tout > 0, il existe N > 0 tel que pour n > N , on a
Z 1
√ −nx
ne φ(x)dx < .
0
D’autre part, on a
Z 1 1 n
√
Z Z
( ne−nx )2 dx = ne−2nx dx = e−2y dy → 1/2.
0 0 0
Soit g ∈ L2 (0, 1). Par la densité de Cc0 (0, 1) dans L2 (0, 1), il existe φ ∈ Cc0 (0, 1) tel
que kg − φk < . On a
Z 1 Z 1 Z 1
√ −nx √ −nx √ −nx
ne g(x)dx = ne φ(x)dx + ne (g(x) − φ(x))dx
0 0 0
Par l’inégalité de Cauchy-Schwartz, on a
Z 1
√ −nx 2
ne (g(x) − φ(x))dx
0
Z 1 √
Z 1 Z 1
< ( ne−nx )2 |g(x) − φ(x)| dx < 2
|g(x) − φ(x)|2 dx <
0 0 0
9
Il vient Z 1 √
ne−nx g(x)dx < + = 2
0
pour n > N . C’est à dire que
Z 1 √
ne−nx g(x)dx → 0
0
√
pour tout g ∈ L2 (0, 1), soit encore ne−nx converge faiblement vers 0 dans L2 (0, 1).
(4) Converge fortement vers 0 par le théorème de la convergence dominée.
(5) Converge faiblement vers 0 comme pour (3).