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Exercice : Espaces de HilbertEspaces de Banach/Exercices/Espaces de Hilbert », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
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Soient
H
{\displaystyle H}
un espace de Hilbert et
T
{\displaystyle T}
un opérateur normal sur
H
{\displaystyle H}
, c'est-à-dire
T
T
∗
=
T
∗
T
{\displaystyle TT^{*}=T^{*}T}
.
Montrer que
ker
T
=
ker
T
∗
=
(
im
T
)
⊥
{\displaystyle \ker T=\ker T^{*}=(\operatorname {im} T)^{\bot }}
.
En déduire que
T
{\displaystyle T}
est inversible si et seulement s'il existe une constante
C
{\displaystyle C}
telle que :
‖
T
x
‖
≥
C
‖
x
‖
{\displaystyle \|Tx\|\geq C\|x\|}
pour tout
x
∈
H
{\displaystyle x\in H}
.
Solution
ker
T
=
ker
T
∗
{\displaystyle \ker T=\ker T^{*}}
, c'est-à-dire
T
x
=
0
⇔
T
∗
x
=
0
{\displaystyle Tx=0\Leftrightarrow T^{*}x=0}
, car
‖
T
∗
x
‖
2
=
‖
T
x
‖
2
{\displaystyle \|T^{*}x\|^{2}=\|Tx\|^{2}}
et même,
⟨
T
∗
x
,
T
∗
y
⟩
=
⟨
x
,
T
T
∗
y
⟩
=
⟨
x
,
T
∗
T
y
⟩
=
⟨
T
x
,
T
y
⟩
{\displaystyle \langle T^{*}x,T^{*}y\rangle =\langle x,TT^{*}y\rangle =\langle x,T^{*}Ty\rangle =\langle Tx,Ty\rangle }
.
ker
T
∗
=
(
im
T
)
⊥
{\displaystyle \ker T^{*}=(\operatorname {im} T)^{\bot }}
car
x
∈
(
im
T
)
⊥
⇔
∀
y
∈
H
⟨
T
y
,
x
⟩
=
0
⇔
∀
y
∈
H
⟨
y
,
T
∗
x
⟩
=
0
⇔
T
∗
x
=
0
{\displaystyle x\in (\operatorname {im} T)^{\bot }\Leftrightarrow \forall y\in H\quad \langle Ty,x\rangle =0\Leftrightarrow \forall y\in H\quad \langle y,T^{*}x\rangle =0\Leftrightarrow T^{*}x=0}
.
Si
‖
T
x
‖
≥
C
‖
x
‖
{\displaystyle \|Tx\|\geq C\|x\|}
pour tout
x
∈
H
{\displaystyle x\in H}
alors
ker
T
=
{
0
}
{\displaystyle \ker T=\{0\}}
(donc
im
T
{\displaystyle \operatorname {im} T}
est dense d'après la question 1), et
T
−
1
:
im
T
→
H
{\displaystyle T^{-1}:\operatorname {im} T\to H}
est (bi)continue, donc
im
T
{\displaystyle \operatorname {im} T}
est complet, si bien que
im
T
=
H
{\displaystyle \operatorname {im} T=H}
. Réciproquement, si
T
{\displaystyle T}
est inversible alors
T
−
1
:
H
→
H
{\displaystyle T^{-1}:H\to H}
continue (d'après le théorème de l'isomorphisme de Banach ), d'où l'existence d'une constante
C
{\displaystyle C}
telle que
‖
T
x
‖
≥
C
‖
x
‖
{\displaystyle \|Tx\|\geq C\|x\|}
pour tout
x
∈
H
{\displaystyle x\in H}
.
Soient
H
{\displaystyle H}
un espace de Hilbert et
T
{\displaystyle T}
un opérateur positif, c'est-à-dire[ 1] : pour tout
x
∈
H
{\displaystyle x\in H}
,
⟨
T
x
,
x
⟩
≥
0
{\displaystyle \langle Tx,x\rangle \geq 0}
.
Montrer, pour tous
x
∈
ker
T
{\displaystyle x\in \ker T}
,
y
∈
H
{\displaystyle y\in H}
et
t
∈
R
{\displaystyle t\in \mathbb {R} }
, que
t
⟨
T
y
,
t
y
−
x
⟩
≥
0
{\displaystyle t\langle Ty,ty-x\rangle \geq 0}
. En déduire que
ker
T
⊂
(
im
T
)
⊥
{\displaystyle \ker T\subset (\operatorname {im} T)^{\bot }}
.
En considérant
T
∗
{\displaystyle T^{*}}
, montrer que
ker
T
=
(
im
T
)
⊥
{\displaystyle \ker T=(\operatorname {im} T)^{\bot }}
.
En utilisant le théorème de Lax-Milgram , montrer que
I
+
t
T
{\displaystyle \mathrm {I} +tT}
est bijectif pour tout
t
≥
0
{\displaystyle t\geq 0}
.
Solution
Supposons
t
≠
0
{\displaystyle t\neq 0}
et posons
z
=
x
t
{\displaystyle z={\frac {x}{t}}}
. Alors,
t
⟨
T
y
,
t
y
−
x
⟩
=
t
2
⟨
T
(
y
−
z
)
,
y
−
z
⟩
≥
0
{\displaystyle t\langle Ty,ty-x\rangle =t^{2}\langle T(y-z),y-z\rangle \geq 0}
. On en déduit que pour tous
x
∈
ker
T
{\displaystyle x\in \ker T}
,
y
∈
H
{\displaystyle y\in H}
et
t
>
0
{\displaystyle t>0}
,
⟨
T
y
,
x
⟩
≤
t
⟨
T
y
,
y
⟩
{\displaystyle \langle Ty,x\rangle \leq t\langle Ty,y\rangle }
, d'où
⟨
T
y
,
x
⟩
≤
0
{\displaystyle \langle Ty,x\rangle \leq 0}
et (en appliquant cette conclusion à
−
x
{\displaystyle -x}
qui appartient aussi à
ker
T
{\displaystyle \ker T}
)
⟨
T
y
,
−
x
⟩
≤
0
{\displaystyle \langle Ty,-x\rangle \leq 0}
, si bien qu'en fait
⟨
T
y
,
x
⟩
=
0
{\displaystyle \langle Ty,x\rangle =0}
. Ceci prouve que
ker
T
⊂
(
im
T
)
⊥
{\displaystyle \ker T\subset (\operatorname {im} T)^{\bot }}
.
T
∗
{\displaystyle T^{*}}
est aussi positif donc
ker
(
T
∗
)
⊂
(
im
(
T
∗
)
)
⊥
=
ker
T
{\displaystyle \ker(T^{*})\subset (\operatorname {im} (T^{*}))^{\bot }=\ker T}
. On a donc à la fois
ker
T
⊂
ker
(
T
∗
)
{\displaystyle \ker T\subset \ker(T^{*})}
et
ker
(
T
∗
)
⊂
ker
T
{\displaystyle \ker(T^{*})\subset \ker T}
, d'où
ker
T
=
ker
(
T
∗
)
=
(
im
T
)
⊥
{\displaystyle \ker T=\ker(T^{*})=(\operatorname {im} T)^{\bot }}
.
Posons
a
(
u
,
v
)
=
⟨
(
I
+
t
T
)
(
u
)
,
v
⟩
{\displaystyle a(u,v)=\langle (\mathrm {I} +tT)(u),v\rangle }
. Alors
a
{\displaystyle a}
(sesquilinéaire continue) est coercive (car
a
(
u
,
u
)
=
‖
u
‖
2
+
t
⟨
T
(
u
)
,
u
⟩
≥
‖
u
‖
2
{\displaystyle a(u,u)=\|u\|^{2}+t\langle T(u),u\rangle \geq \|u\|^{2}}
) donc par Lax-Milgram,
∀
y
∈
H
∃
!
u
∈
H
∀
v
∈
H
a
(
u
,
v
)
=
⟨
y
,
v
⟩
{\displaystyle \forall y\in H\quad \exists !u\in H\quad \forall v\in H\quad a(u,v)=\langle y,v\rangle }
, autrement dit :
∀
y
∈
H
∃
!
u
∈
H
(
I
+
t
T
)
(
u
)
=
y
{\displaystyle \forall y\in H\quad \exists !u\in H\quad (\mathrm {I} +tT)(u)=y}
, ce qui signifie exactement que
I
+
t
T
{\displaystyle \mathrm {I} +tT}
est bijectif.
↑ Ce qu'on appelle d'ordinaire opérateur positif, sur un Hilbert, est un opérateur
T
{\displaystyle T}
qui, en plus de vérifier
∀
x
⟨
T
x
,
x
⟩
≥
0
{\displaystyle \forall x~\langle Tx,x\rangle \geq 0}
, est autoadjoint. Mais avec cette hypothèse supplémentaire, les questions 1 et 2 de l'exercice n'auraient plus d'intérêt (la question 1 de l'exercice 7-1 suffirait). Sur un Hilbert complexe, cette hypothèse supplémentaire est en fait redondante car un opérateur
T
{\displaystyle T}
est autoadjoint si et seulement si
∀
x
⟨
T
x
,
x
⟩
∈
R
{\displaystyle \forall x~\langle Tx,x\rangle \in \mathbb {R} }
. Mais sur
R
2
{\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}
,
T
:
(
x
1
,
x
2
)
↦
(
x
1
+
x
2
,
x
2
)
{\displaystyle T:(x_{1},x_{2})\mapsto (x_{1}+x_{2},x_{2})}
vérifie
∀
x
⟨
T
x
,
x
⟩
≥
0
{\displaystyle \forall x~\langle Tx,x\rangle \geq 0}
et n'est pas autoadjoint ni même normal.
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Notons
Ω
{\displaystyle \Omega }
l'ouvert
]
0
,
+
∞
[
{\displaystyle \left]0,+\infty \right[}
(donc
Ω
¯
=
R
+
{\displaystyle {\overline {\Omega }}=\mathbb {R} _{+}}
).
On définit son espace de Sobolev
H
1
{\displaystyle H^{1}}
comme étant l'espace de Hilbert
H
1
:=
{
u
∈
L
2
(
Ω
)
∣
D
u
∈
L
2
(
Ω
)
}
{\displaystyle H^{1}:=\{u\in \mathrm {L} ^{2}(\Omega )\mid Du\in \mathrm {L} ^{2}(\Omega )\}}
(où
D
u
{\displaystyle Du}
est la dérivée de
u
{\displaystyle u}
au sens des distributions ), muni du produit scalaire
⟨
u
,
v
⟩
:=
⟨
u
,
v
⟩
2
+
⟨
u
′
,
v
′
⟩
2
{\displaystyle \langle u,v\rangle :=\langle u,v\rangle _{2}+\langle u',v'\rangle _{2}}
.
Montrer que :
∀
u
∈
H
1
u
∈
C
0
(
Ω
¯
)
e
t
‖
u
‖
∞
≤
‖
u
‖
H
1
{\displaystyle \forall u\in H^{1}\quad u\in C_{0}({\overline {\Omega }})\quad {\rm {et}}\quad \|u\|_{\infty }\leq \|u\|_{H^{1}}}
;
∀
u
,
v
∈
H
1
∫
Ω
(
u
D
v
+
v
D
u
)
=
−
u
(
0
)
v
(
0
)
{\displaystyle \forall u,v\in H^{1}\quad \int _{\Omega }(uDv+vDu)=-u(0)v(0)}
(« formule d'intégration par parties »).
Montrer que par ailleurs, le sous-espace
C
c
∞
(
Ω
¯
)
=
D
(
R
+
)
{\displaystyle C_{c}^{\infty }({\overline {\Omega }})={\mathcal {D}}(\mathbb {R} _{+})}
(espace des fonctions C∞ à support compact ) est dense dans
H
1
{\displaystyle H^{1}}
.
Solution
u
{\displaystyle u}
est continue sur
Ω
¯
{\displaystyle {\overline {\Omega }}}
— puisque
D
u
∈
L
l
o
c
1
{\displaystyle Du\in {\rm {L}}_{\mathrm {loc} }^{1}}
— plus précisément :
u
{\displaystyle u}
est égale presque partout à une fonction continue (à laquelle on l'identifie) ; elle est même
1
2
{\displaystyle {\tfrac {1}{2}}}
-holdérienne puisque (par Cauchy-Schwarz)
|
u
(
x
)
−
u
(
y
)
|
≤
‖
D
u
‖
2
|
x
−
y
|
{\displaystyle |u(x)-u(y)|\leq \|Du\|_{2}{\sqrt {|x-y|}}}
. De plus,
lim
+
∞
u
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }u=0}
puisque
u
2
(
x
)
=
u
2
(
0
)
+
∫
0
x
2
u
D
u
{\displaystyle u^{2}(x)=u^{2}(0)+\int _{0}^{x}2uDu}
a une limite en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
— car
u
D
u
∈
L
1
(
Ω
)
{\displaystyle uDu\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )}
— et que
u
2
∈
L
1
(
Ω
)
{\displaystyle u^{2}\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )}
. Enfin,
∀
x
∈
Ω
¯
u
2
(
x
)
=
−
∫
x
+
∞
2
u
D
u
≤
2
‖
u
‖
2
‖
D
u
‖
2
{\displaystyle \forall x\in {\overline {\Omega }}\quad u^{2}(x)=-\int _{x}^{+\infty }2uDu\leq 2\|u\|_{2}\|Du\|_{2}}
(en utilisant que
lim
+
∞
u
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }u=0}
et, à nouveau, Cauchy-Schwarz) donc
u
2
(
x
)
≤
‖
u
‖
2
2
+
‖
D
u
‖
2
2
{\displaystyle u^{2}(x)\leq \|u\|_{2}^{2}+\|Du\|_{2}^{2}}
.
La formule d'intégration par parties se démontre de même.
Tout
u
∈
H
1
{\displaystyle u\in H^{1}}
est limite pour
‖
‖
H
1
{\displaystyle \|~\|_{H^{1}}}
de fonctions de
D
(
R
+
)
{\displaystyle {\mathcal {D}}(\mathbb {R} _{+})}
, par troncature puis régularisation : on se ramène d'abord au cas où
u
{\displaystyle u}
est à support compact en l'approximant dans
H
1
{\displaystyle H^{1}}
par
u
(
x
)
ψ
(
x
/
n
)
{\displaystyle u(x)\psi (x/n)}
avec
ψ
∈
C
c
1
(
Ω
¯
)
{\displaystyle \psi \in C_{c}^{1}({\overline {\Omega }})}
,
ψ
=
1
{\displaystyle \psi =1}
au voisinage de 0 et
n
→
+
∞
{\displaystyle n\to +\infty }
, puis on la convole par
1
ε
ρ
(
x
/
ε
)
{\displaystyle {\tfrac {1}{\varepsilon }}\rho (x/\varepsilon )}
avec
ρ
∈
C
c
∞
(
R
)
{\displaystyle \rho \in C_{c}^{\infty }(\mathbb {R} )}
, positive et d'intégrale 1 et
ε
→
0
+
{\displaystyle \varepsilon \to 0^{+}}
. Par conséquent,
H
1
{\displaystyle H^{1}}
est le complété, pour
‖
‖
H
1
{\displaystyle \|~\|_{H^{1}}}
, de
C
c
∞
(
Ω
¯
)
{\displaystyle C_{c}^{\infty }({\overline {\Omega }})}
(et a fortiori aussi de
{
u
∈
C
∞
(
Ω
¯
)
∣
u
2
+
u
′
2
∈
L
1
(
Ω
)
}
{\displaystyle \{u\in C^{\infty }({\overline {\Omega }})\mid u^{2}+u'^{2}\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )\}}
).
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Remarque. Plus généralement, pour tout réel
p
≥
1
{\displaystyle p\geq 1}
, on définit l'espace de Sobolev
H
1
,
p
{\displaystyle H^{1,p}}
comme étant l'espace de Banach
H
1
,
p
:=
{
u
∈
L
p
(
Ω
)
∣
D
u
∈
L
p
(
Ω
)
}
{\displaystyle H^{1,p}:=\{u\in \mathrm {L} ^{p}(\Omega )\mid Du\in \mathrm {L} ^{p}(\Omega )\}}
muni de la norme
‖
u
‖
H
1
,
p
:=
‖
u
‖
p
p
+
‖
D
u
‖
p
p
p
{\displaystyle \|u\|_{H^{1,p}}:={\sqrt[{p}]{\|u\|_{p}^{p}+\|Du\|_{p}^{p}}}}
et l'on démontre comme dans la question 1 que
∀
u
∈
H
1
,
p
u
∈
C
0
(
Ω
¯
)
e
t
‖
u
‖
∞
≤
C
1
/
p
‖
u
‖
H
1
,
p
{\displaystyle \forall u\in H^{1,p}\quad u\in C_{0}({\overline {\Omega }})\quad {\rm {et}}\quad \|u\|_{\infty }\leq C^{1/p}\|u\|_{H^{1,p}}}
avec
C
:=
max
(
1
,
p
−
1
)
{\displaystyle C:=\max(1,p-1)}
. En effet :
lim
+
∞
u
p
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }u^{p}=0}
puisque
u
p
(
x
)
=
u
p
(
0
)
+
∫
0
x
p
u
p
−
1
D
u
{\displaystyle u^{p}(x)=u^{p}(0)+\int _{0}^{x}pu^{p-1}Du}
a une limite en
+
∞
{\displaystyle +\infty }
— car
u
p
−
1
D
u
∈
L
1
(
Ω
)
{\displaystyle u^{p-1}Du\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )}
d'après l'inégalité de Hölder — et que
u
p
∈
L
1
(
Ω
)
{\displaystyle u^{p}\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )}
.
∀
x
∈
Ω
¯
|
u
(
x
)
|
p
=
|
∫
x
+
∞
p
u
p
−
1
D
u
|
≤
p
‖
u
‖
p
p
−
1
‖
D
u
‖
p
{\displaystyle \forall x\in {\overline {\Omega }}\quad |u(x)|^{p}=\left|\int _{x}^{+\infty }pu^{p-1}Du\right|\leq p\|u\|_{p}^{p-1}\|Du\|_{p}}
(en utilisant que
lim
+
∞
u
=
0
{\displaystyle \lim _{+\infty }u=0}
et, à nouveau, Hölder) donc (d'après l'inégalité de Young )
|
u
(
x
)
|
p
≤
C
(
‖
u
‖
p
p
+
‖
D
u
‖
p
p
)
{\displaystyle |u(x)|^{p}\leq C\left(\|u\|_{p}^{p}+\|Du\|_{p}^{p}\right)}
.
On reprend les notations de l'exercice précédent, et les résultats de la question 1.
Montrer qu'il existe un opérateur
K
{\displaystyle K}
sur
H
1
{\displaystyle H^{1}}
tel que pour tous
u
,
v
∈
H
1
{\displaystyle u,v\in H^{1}}
,
⟨
K
u
,
v
⟩
=
u
(
0
)
v
(
0
)
{\displaystyle \langle Ku,v\rangle =u(0)v(0)}
.
Montrer que
K
{\displaystyle K}
est autoadjoint et de rang 1.
Soit
f
∈
L
2
(
R
+
)
{\displaystyle f\in \mathrm {L} ^{2}(\mathbb {R} _{+})}
. On considère le problème suivant : trouver
u
{\displaystyle u}
tel que
{
−
u
″
+
u
=
f
u
′
(
0
)
+
α
u
(
0
)
=
0.
{\displaystyle {\begin{cases}-u''+u=f\\u'(0)+\alpha u(0)=0.\end{cases}}}
En intégrant contre une fonction test
v
∈
D
(
R
+
)
{\displaystyle v\in {\mathcal {D}}(\mathbb {R} _{+})}
, mettre le problème sous la forme variationnelle suivante :
∫
R
+
(
u
′
v
′
+
u
v
)
−
α
u
(
0
)
v
(
0
)
=
∫
R
+
f
v
{\displaystyle \int _{\mathbb {R} _{+}}(u'v'+uv)-\alpha u(0)v(0)=\int _{\mathbb {R} _{+}}fv}
.
En utilisant l'alternative de Fredholm , montrer qu'il admet une unique solution
u
{\displaystyle u}
dans
H
1
{\displaystyle H^{1}}
si et seulement si
α
≠
1
{\displaystyle \alpha \neq 1}
.
Solution
L'application bilinéaire
φ
:
(
u
,
v
)
↦
u
(
0
)
v
(
0
)
{\displaystyle \varphi :(u,v)\mapsto u(0)v(0)}
est continue sur
H
1
×
H
1
{\displaystyle H^{1}\times H^{1}}
(de norme
≤
1
{\displaystyle \leq 1}
) donc (d'après le th. de représentation de Riesz) de la forme
φ
(
u
,
v
)
=
⟨
K
u
,
v
⟩
{\displaystyle \varphi (u,v)=\langle Ku,v\rangle }
pour un certain opérateur
K
{\displaystyle K}
sur
H
1
{\displaystyle H^{1}}
(de même norme que
φ
{\displaystyle \varphi }
).
φ
{\displaystyle \varphi }
est symétrique donc
K
{\displaystyle K}
est autoadjoint.
K
u
=
0
⇔
∀
v
∈
H
1
u
(
0
)
v
(
0
)
=
0
⇔
u
(
0
)
=
0
{\displaystyle Ku=0\Leftrightarrow \forall v\in H^{1}~u(0)v(0)=0\Leftrightarrow u(0)=0}
donc
K
{\displaystyle K}
a même noyau que la forme linéaire
u
↦
u
(
0
)
{\displaystyle u\mapsto u(0)}
, donc
ker
K
{\displaystyle \ker K}
est un hyperplan, c'est-à-dire que
K
{\displaystyle K}
est de rang 1. Une façon plus directe et plus explicite de résoudre ces deux questions est de remarquer qu'en posant
u
0
(
x
)
:=
e
−
x
{\displaystyle u_{0}(x):={\rm {e}}^{-x}}
, on a
u
0
,
u
0
′
∈
H
1
{\displaystyle u_{0},u'_{0}\in H^{1}}
et (d'après la formule d'intégration par parties)
∀
u
∈
H
1
u
(
0
)
=
−
u
0
′
(
0
)
u
(
0
)
=
∫
Ω
(
u
u
0
″
+
u
0
′
D
u
)
=
∫
Ω
(
u
u
0
+
u
0
′
D
u
)
=
⟨
u
0
,
u
⟩
H
1
{\displaystyle \forall u\in H^{1}\quad u(0)=-u'_{0}(0)u(0)=\int _{\Omega }(uu''_{0}+u'_{0}Du)=\int _{\Omega }(uu_{0}+u'_{0}Du)=\langle u_{0},u\rangle _{H^{1}}}
donc
∀
u
,
v
∈
H
1
u
(
0
)
v
(
0
)
=
⟨
u
0
,
u
⟩
H
1
⟨
u
0
,
v
⟩
H
1
=
⟨
K
u
,
v
⟩
H
1
avec
K
u
:=
⟨
u
0
,
u
⟩
H
1
u
0
{\displaystyle \forall u,v\in H^{1}\quad u(0)v(0)=\langle u_{0},u\rangle _{H^{1}}\langle u_{0},v\rangle _{H^{1}}=\langle Ku,v\rangle _{H^{1}}{\text{ avec }}Ku:=\langle u_{0},u\rangle _{H^{1}}u_{0}}
. On trouve ainsi immédiatement (on le retrouvera grâce à la question 3 et ce sera utile à la question 4) que la valeur propre non nulle de
K
{\displaystyle K}
est
‖
u
0
‖
H
1
2
=
2
∫
R
+
e
−
2
x
d
x
=
1
{\displaystyle \|u_{0}\|_{H^{1}}^{2}=2\int _{\mathbb {R} ^{+}}{\rm {e}}^{-2x}{\rm {d}}x=1}
(c'est-à-dire que
K
{\displaystyle K}
est la projection orthogonale sur la droite engendrée par
u
0
{\displaystyle u_{0}}
).
Si
u
∈
H
1
{\displaystyle u\in H^{1}}
vérifie
−
u
″
+
u
=
f
{\displaystyle -u''+u=f}
, ce qui s'écrit plus rigoureusement
D
2
u
=
u
−
f
{\displaystyle D^{2}u=u-f}
, alors
D
u
∈
H
1
{\displaystyle Du\in H^{1}}
— donc
u
∈
C
1
(
Ω
¯
)
{\displaystyle u\in C^{1}({\overline {\Omega }})}
, ce qui donne un sens à
u
′
(
0
)
{\displaystyle u'(0)}
— et (d'après la formule d'intégration par parties)
∀
v
∈
H
1
∫
Ω
f
v
=
∫
Ω
u
v
−
∫
Ω
(
D
u
′
)
v
=
∫
Ω
(
u
v
+
u
′
D
v
)
+
u
′
(
0
)
v
(
0
)
=
⟨
u
,
v
⟩
H
1
+
u
′
(
0
)
v
(
0
)
{\displaystyle \forall v\in H^{1}\quad \int _{\Omega }fv=\int _{\Omega }uv-\int _{\Omega }(Du')v=\int _{\Omega }(uv+u'Dv)+u'(0)v(0)=\langle u,v\rangle _{H^{1}}+u'(0)v(0)}
. Par conséquent :
si
D
2
u
=
u
−
f
{\displaystyle D^{2}u=u-f}
et
u
′
(
0
)
=
−
α
u
(
0
)
{\displaystyle u'(0)=-\alpha u(0)}
alors
∀
v
∈
H
1
∫
Ω
f
v
=
⟨
u
,
v
⟩
H
1
−
α
u
(
0
)
v
(
0
)
(
∗
)
{\displaystyle \forall v\in H^{1}\quad \int _{\Omega }fv=\langle u,v\rangle _{H^{1}}-\alpha u(0)v(0)\qquad (*)}
;
réciproquement, si
u
∈
H
1
{\displaystyle u\in H^{1}}
vérifie
(
∗
)
{\displaystyle (*)}
alors en particulier
∀
v
∈
C
c
∞
(
Ω
)
∫
Ω
f
v
=
∫
Ω
(
u
v
+
D
u
D
v
)
=
∫
Ω
(
u
−
D
2
u
)
v
{\displaystyle \forall v\in C_{c}^{\infty }(\Omega )\quad \int _{\Omega }fv=\int _{\Omega }(uv+DuDv)=\int _{\Omega }(u-D^{2}u)v}
autrement dit
D
2
u
=
u
−
f
{\displaystyle D^{2}u=u-f}
, ce qui permet de remplacer le membre de gauche
∫
Ω
f
v
{\displaystyle \int _{\Omega }fv}
de l'hypothèse
(
∗
)
{\displaystyle (*)}
par
⟨
u
,
v
⟩
H
1
+
u
′
(
0
)
v
(
0
)
{\displaystyle \langle u,v\rangle _{H^{1}}+u'(0)v(0)}
, et d'en déduire que
u
′
(
0
)
=
−
α
u
(
0
)
{\displaystyle u'(0)=-\alpha u(0)}
.
En appliquant cette équivalence à
f
=
0
{\displaystyle f=0}
, on retrouve la valeur propre non nulle
λ
{\displaystyle \lambda }
de
K
{\displaystyle K}
et la droite propre associée. En effet,
u
{\displaystyle u}
est un vecteur de cette droite si et seulement si
u
″
=
u
{\displaystyle u''=u}
et
u
(
0
)
=
−
λ
u
′
(
0
)
{\displaystyle u(0)=-\lambda u'(0)}
. En résolvant, on retrouve bien
u
∈
R
u
0
{\displaystyle u\in \mathbb {R} u_{0}}
et
λ
=
1
{\displaystyle \lambda =1}
.
Notons
F
∈
H
1
{\displaystyle F\in H^{1}}
le vecteur qui (par Riesz) représente la forme linéaire
v
↦
⟨
f
,
v
⟩
L
2
{\displaystyle v\mapsto \langle f,v\rangle _{{\rm {L}}^{2}}}
(continue sur
H
1
{\displaystyle H^{1}}
). Alors, le problème équivaut à
u
−
α
K
u
=
F
{\displaystyle u-\alpha Ku=F}
. Si, pour au moins un
f
∈
L
2
(
Ω
)
{\displaystyle f\in {\rm {L}}^{2}(\Omega )}
(donc pour au moins un
F
∈
H
1
{\displaystyle F\in H^{1}}
), ce problème a une unique solution
u
∈
H
1
{\displaystyle u\in H^{1}}
, alors
ker
(
I
−
α
K
)
=
{
0
}
{\displaystyle \ker(I-\alpha K)=\{0\}}
. Puisque les valeurs propres de
K
{\displaystyle K}
sont 0 et 1, la condition
ker
(
I
−
α
K
)
=
{
0
}
{\displaystyle \ker(I-\alpha K)=\{0\}}
équivaut à
α
≠
1
{\displaystyle \alpha \neq 1}
. Inversement, si
α
≠
1
{\displaystyle \alpha \neq 1}
c'est-à-dire si
I
−
α
K
{\displaystyle I-\alpha K}
est injectif alors, d'après l'alternative de Fredholm (démontrée pour
K
{\displaystyle K}
compact dans tout e.v.n. réel ou complexe — non nécessairement complet — et même, pour
K
{\displaystyle K}
de rang fini, dans tout e.v. sur un corps arbitraire),
I
−
α
K
{\displaystyle I-\alpha K}
est même bijectif, c'est-à-dire que pour chaque
F
∈
H
1
{\displaystyle F\in H^{1}}
— en particulier ceux venant d'un
f
∈
L
2
(
Ω
)
{\displaystyle f\in {\rm {L}}^{2}(\Omega )}
— le problème a une unique solution
u
∈
H
1
{\displaystyle u\in H^{1}}
(qu'il est ici facile d'expliciter :
u
=
F
+
α
1
−
α
K
(
F
)
{\displaystyle u=F+{\frac {\alpha }{1-\alpha }}K(F)}
). On peut de plus remarquer que pour
α
=
1
{\displaystyle \alpha =1}
, l'ensemble des solutions est soit une droite affine de direction
ker
(
I
−
K
)
=
R
u
0
{\displaystyle \ker(I-K)=\mathbb {R} u_{0}}
(lorsque
F
∈
i
m
(
I
−
K
)
=
u
0
⊥
{\displaystyle F\in {\rm {im}}(I-K)=u_{0}^{\perp }}
, c'est-à-dire
∫
Ω
f
u
0
=
0
{\displaystyle \int _{\Omega }fu_{0}=0}
), soit vide (lorsque
∫
Ω
f
u
0
≠
0
{\displaystyle \int _{\Omega }fu_{0}\neq 0}
).
Voir aussi l'exercice 1 de cet énoncé et de ce corrigé .
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Soient
H
{\displaystyle H}
un espace de Hilbert et
T
{\displaystyle T}
un opérateur sur
H
{\displaystyle H}
de norme ≤ 1. Pour
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
, on note
T
n
=
1
n
+
1
∑
k
=
0
n
T
k
{\displaystyle T_{n}={\frac {1}{n+1}}\sum _{k=0}^{n}T^{k}}
.
Soit
x
∈
H
{\displaystyle x\in H}
tel que
⟨
T
x
,
x
⟩
=
‖
x
‖
2
{\displaystyle \langle Tx,x\rangle =\|x\|^{2}}
. Montrer que
T
x
=
x
{\displaystyle Tx=x}
.
Montrer que
ker
(
i
d
−
T
)
=
ker
(
i
d
−
T
∗
)
{\displaystyle \ker(\mathrm {id} -T)=\ker(\mathrm {id} -T^{*})}
.
En déduire que
H
=
ker
(
i
d
−
T
)
⊕
im
(
i
d
−
T
)
¯
{\displaystyle H=\ker(\mathrm {id} -T)\oplus {\overline {\operatorname {im} (\mathrm {id} -T)}}}
.
Montrer que
lim
‖
T
n
(
x
)
‖
=
0
{\displaystyle \lim \|T_{n}(x)\|=0}
pour tout
x
∈
im
(
i
d
−
T
)
{\displaystyle x\in \operatorname {im} (\mathrm {id} -T)}
, puis pour tout
x
∈
im
(
i
d
−
T
)
¯
{\displaystyle x\in {\overline {\operatorname {im} (\mathrm {id} -T)}}}
.
Soit
P
{\displaystyle P}
la projection orthogonale sur
ker
(
i
d
−
T
)
{\displaystyle \ker(\mathrm {id} -T)}
. Montrer que pour tout
x
∈
H
{\displaystyle x\in H}
,
lim
‖
T
n
(
x
)
−
P
(
x
)
‖
=
0
{\displaystyle \lim \|T_{n}(x)-P(x)\|=0}
.
Application. Soient
H
=
L
2
(
R
/
2
π
Z
)
{\displaystyle H=\mathrm {L} ^{2}(\mathbb {R} /2\pi \mathbb {Z} )}
et
α
∈
R
∖
(
2
π
Q
)
{\displaystyle \alpha \in \mathbb {R} \setminus (2\pi \mathbb {Q} )}
. Montrer que pour tout
f
∈
H
{\displaystyle f\in H}
,
1
n
+
1
∑
k
=
0
n
f
(
⋅
+
n
α
)
→
m
(
f
)
{\displaystyle {\frac {1}{n+1}}\sum _{k=0}^{n}f(\cdot +n\alpha )\to m(f)}
dans
H
{\displaystyle H}
, où
m
(
f
)
{\displaystyle m(f)}
est la fonction constante égale à
1
2
π
∫
0
2
π
f
(
t
)
d
t
{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }f(t)\,\mathrm {d} t}
.
Soit
H
{\displaystyle H}
un espace de Hilbert. Montrer qu'une suite
(
x
n
)
{\displaystyle (x_{n})}
converge dans
H
{\displaystyle H}
si et seulement si
lim
m
,
n
→
∞
⟨
x
m
,
x
n
⟩
{\displaystyle \lim _{m,n\to \infty }\langle x_{m},x_{n}\rangle }
existe.
Solution
Si
lim
m
,
n
→
∞
⟨
x
m
,
x
n
⟩
=
ℓ
{\displaystyle \lim _{m,n\to \infty }\langle x_{m},x_{n}\rangle =\ell }
alors
‖
x
m
−
x
n
‖
2
→
ℓ
−
2
ℓ
+
ℓ
=
0
{\displaystyle \|x_{m}-x_{n}\|^{2}\to \ell -2\ell +\ell =0}
donc la suite
(
x
n
)
{\displaystyle (x_{n})}
est de Cauchy donc convergente dans
H
{\displaystyle H}
.
Réciproquement si
x
n
→
x
{\displaystyle x_{n}\to x}
dans
H
{\displaystyle H}
,
⟨
x
n
,
x
⟩
→
‖
x
‖
2
{\displaystyle \langle x_{n},x\rangle \to \|x\|^{2}}
(car la différence est majorée en valeur absolue par
‖
x
‖
‖
x
n
−
x
‖
{\displaystyle \|x\|\|x_{n}-x\|}
), et de même
⟨
x
m
−
x
,
x
n
−
x
⟩
→
0
{\displaystyle \langle x_{m}-x,x_{n}-x\rangle \to 0}
, d'où
lim
m
,
n
→
∞
⟨
x
m
,
x
n
⟩
=
lim
m
,
n
→
∞
(
⟨
x
,
x
n
⟩
+
⟨
x
m
,
x
⟩
−
‖
x
‖
2
)
=
‖
x
‖
2
{\displaystyle \lim _{m,n\to \infty }\langle x_{m},x_{n}\rangle =\lim _{m,n\to \infty }\left(\langle x,x_{n}\rangle +\langle x_{m},x\rangle -\|x\|^{2}\right)=\|x\|^{2}}
.