Espaces de Banach/Exercices/Espaces de Hilbert

Exercice 7-1

Soient $H$ un espace de Hilbert et $T$ un opérateur normal sur $H$, c'est-à-dire $T{T}^{\ast }=T^{\ast }T$.

1. Montrer que $\ker T=\ker T^{\ast }=(\mathrm{im}T{)}^{\mathrm{\perp }}$.
2. En déduire que $T$ est inversible si et seulement s'il existe une constante $C$ telle que : $\Vert Tx\Vert \ge C\Vert x\Vert$ pour tout $x\in H$.

Solution

1. • $\ker T=\ker T^{\ast }$, c'est-à-dire $Tx=0\iff T^{\ast }x=0$, car $\Vert T^{\ast }x{\Vert }^2=\Vert Tx{\Vert }^2$ et même, $⟨T^{\ast }x,T^{\ast }y⟩=⟨x,T{T}^{\ast }y⟩=⟨x,T^{\ast }Ty⟩=⟨Tx,Ty⟩$.
   • $\ker T^{\ast }=(\mathrm{im}T{)}^{\mathrm{\perp }}$ car $x\in (\mathrm{im}T{)}^{\mathrm{\perp }}\iff \mathrm{\forall }y\in H⟨Ty,x⟩=0\iff \mathrm{\forall }y\in H⟨y,T^{\ast }x⟩=0\iff T^{\ast }x=0$.
2. Si $\Vert Tx\Vert \ge C\Vert x\Vert$ pour tout $x\in H$ alors $\ker T=\{0\}$ (donc $\mathrm{im}T$ est dense d'après la question 1), et $T^{-1}:\mathrm{im}T\to H$ est (bi)continue, donc $\mathrm{im}T$ est complet, si bien que $\mathrm{im}T=H$.
   Réciproquement, si $T$ est inversible alors $T^{-1}:H\to H$ continue (d'après le théorème de l'isomorphisme de Banach), d'où l'existence d'une constante $C$ telle que $\Vert Tx\Vert \ge C\Vert x\Vert$ pour tout $x\in H$.

 

Exercice 7-2

Soient $H$ un espace de Hilbert et $T$ un opérateur positif, c'est-à-dire : pour tout $x\in H$, $⟨Tx,x⟩\ge 0$.

1. Montrer, pour tous $x\in \ker T$, $y\in H$ et $t\in ℝ$, que $t⟨Ty,ty-x⟩\ge 0$. En déduire que $\ker T\subset (\mathrm{im}T{)}^{\mathrm{\perp }}$.
2. En considérant $T^{\ast }$, montrer que $\ker T=(\mathrm{im}T{)}^{\mathrm{\perp }}$.
3. En utilisant le théorème de Lax-Milgram, montrer que $\mathrm{I}+tT$ est bijectif pour tout $t\ge 0$.

Solution

1. Supposons $t\ne 0$ et posons $z=\frac{x}{t}$. Alors, $t⟨Ty,ty-x⟩=t^2⟨T(y-z),y-z⟩\ge 0$.
   On en déduit que pour tous $x\in \ker T$, $y\in H$ et $t>0$, $⟨Ty,x⟩\le t⟨Ty,y⟩$, d'où $⟨Ty,x⟩\le 0$ et (en appliquant cette conclusion à $-x$ qui appartient aussi à $\ker T$) $⟨Ty,-x⟩\le 0$, si bien qu'en fait $⟨Ty,x⟩=0$. Ceci prouve que $\ker T\subset (\mathrm{im}T{)}^{\mathrm{\perp }}$.
2. $T^{\ast }$ est aussi positif donc $\ker (T^{\ast })\subset (\mathrm{im}(T^{\ast }){)}^{\mathrm{\perp }}=\ker T$. On a donc à la fois $\ker T\subset \ker (T^{\ast })$ et $\ker (T^{\ast })\subset \ker T$, d'où $\ker T=\ker (T^{\ast })=(\mathrm{im}T{)}^{\mathrm{\perp }}$.
3. Posons $a(u,v)=⟨(\mathrm{I}+tT)(u),v⟩$. Alors $a$ (sesquilinéaire continue) est coercive (car $a(u,u)=\Vert u{\Vert }^2+t⟨T(u),u⟩\ge \Vert u{\Vert }^2$) donc par Lax-Milgram, $\mathrm{\forall }y\in H\mathrm{\exists }!u\in H\mathrm{\forall }v\in Ha(u,v)=⟨y,v⟩$, autrement dit : $\mathrm{\forall }y\in H\mathrm{\exists }!u\in H(\mathrm{I}+tT)(u)=y$, ce qui signifie exactement que $\mathrm{I}+tT$ est bijectif.

 

Exercice 7-3

Notons $\mathrm{\Omega }$ l'ouvert $]0,+\mathrm{\infty }[$ (donc $\bar{\mathrm{\Omega }}={ℝ}_{+}$). On définit son espace de Sobolev $H^1$ comme étant l'espace de Hilbert

$H^1:=\{u\in {\mathrm{L}}^2(\mathrm{\Omega })\mid Du\in {\mathrm{L}}^2(\mathrm{\Omega })\}$

(où $Du$ est la dérivée de $u$ au sens des distributions), muni du produit scalaire

$⟨u,v⟩:=⟨u,v{⟩}_2+⟨u^{\prime },v^{\prime }{⟩}_2$.

1. Montrer que :
   • $\mathrm{\forall }u\in H^{1}u\in C_0(\bar{\mathrm{\Omega }})\mathrm{e}\mathrm{t}\Vert u{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le \Vert u{\Vert }_{H^1}$ ;
   • $\mathrm{\forall }u,v\in H^1{\int }_{\mathrm{\Omega }}(uDv+vDu)=-u(0)v(0)$ (« formule d'intégration par parties »).
2. Montrer que par ailleurs, le sous-espace $C_c^{\mathrm{\infty }}(\bar{\mathrm{\Omega }})=𝒟({ℝ}_{+})$ (espace des fonctions C^∞ à support compact) est dense dans $H^1$.

Solution

1. • $u$ est continue sur $\bar{\mathrm{\Omega }}$ — puisque $Du\in {\mathrm{L}}_{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{c}}^1$ — plus précisément : $u$ est égale presque partout à une fonction continue (à laquelle on l'identifie) ; elle est même $\frac{1}{2}$-holdérienne puisque (par Cauchy-Schwarz) $|u(x)-u(y)|\le \Vert Du{\Vert }_2\sqrt{|x-y|}$.
     De plus, $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}u=0$ puisque $u^2(x)=u^2(0)+{\int }_0^{x}2uDu$ a une limite en $+\mathrm{\infty }$ — car $uDu\in {\mathrm{L}}^1(\mathrm{\Omega })$ — et que $u^2\in {\mathrm{L}}^1(\mathrm{\Omega })$.
     Enfin, $\mathrm{\forall }x\in \bar{\mathrm{\Omega }}{u}^2(x)=-{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}2uDu\le 2\Vert u{\Vert }_2\Vert Du{\Vert }_2$ (en utilisant que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}u=0$ et, à nouveau, Cauchy-Schwarz) donc $u^2(x)\le \Vert u{\Vert }_2^2+\Vert Du{\Vert }_2^2$.
   • La formule d'intégration par parties se démontre de même.
2. Tout $u\in H^1$ est limite pour $\Vert {\Vert }_{H^1}$ de fonctions de $𝒟({ℝ}_{+})$, par troncature puis régularisation : on se ramène d'abord au cas où $u$ est à support compact en l'approximant dans $H^1$ par $u(x)\psi (x/n)$ avec $\psi \in C_c^1(\bar{\mathrm{\Omega }})$, $\psi =1$ au voisinage de 0 et $n\to +\mathrm{\infty }$, puis on la convole par $\frac{1}{\epsilon }\rho (x/\epsilon )$ avec $\rho \in C_c^{\mathrm{\infty }}(ℝ)$, positive et d'intégrale 1 et $\epsilon \to 0^{+}$. Par conséquent, $H^1$ est le complété, pour $\Vert {\Vert }_{H^1}$, de $C_c^{\mathrm{\infty }}(\bar{\mathrm{\Omega }})$ (et a fortiori aussi de $\{u\in C^{\mathrm{\infty }}(\bar{\mathrm{\Omega }})\mid u^2+u{\text{'}}^2\in {\mathrm{L}}^1(\mathrm{\Omega })\}$).

Remarque. Plus généralement, pour tout réel $p\ge 1$, on définit l'espace de Sobolev $H^{1,p}$ comme étant l'espace de Banach

$H^{1,p}:=\{u\in {\mathrm{L}}^p(\mathrm{\Omega })\mid Du\in {\mathrm{L}}^p(\mathrm{\Omega })\}$

muni de la norme

$\Vert u{\Vert }_{H^{1,p}}:=\sqrt[p]{\Vert u{\Vert }_p^p+\Vert Du{\Vert }_p^p}$

et l'on démontre comme dans la question 1 que

$\mathrm{\forall }u\in H^{1,p}u\in C_0(\bar{\mathrm{\Omega }})\mathrm{e}\mathrm{t}\Vert u{\Vert }_{\mathrm{\infty }}\le C^{1/p}\Vert u{\Vert }_{H^{1,p}}$ avec $C:=max(1,p-1)$. En effet :

• $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}{u}^p=0$ puisque $u^p(x)=u^p(0)+{\int }_0^{x}p{u}^{p-1}Du$ a une limite en $+\mathrm{\infty }$ — car $u^{p-1}Du\in {\mathrm{L}}^1(\mathrm{\Omega })$d'après l'inégalité de Hölder — et que $u^p\in {\mathrm{L}}^1(\mathrm{\Omega })$.
• $\mathrm{\forall }x\in \bar{\mathrm{\Omega }}|u(x){|}^p=\left|{\int }_x^{+\mathrm{\infty }}p{u}^{p-1}Du\right|\le p\Vert u{\Vert }_p^{p-1}\Vert Du{\Vert }_p$ (en utilisant que $\underset{+\mathrm{\infty }}{lim}u=0$ et, à nouveau, Hölder) donc (d'après l'inégalité de Young) $|u(x){|}^p\le C(\Vert u{\Vert }_p^p+\Vert Du{\Vert }_p^p)$.

 

Exercice 7-4

On reprend les notations de l'exercice précédent, et les résultats de la question 1.

1. Montrer qu'il existe un opérateur $K$ sur $H^1$ tel que pour tous $u,v\in H^1$, $⟨Ku,v⟩=u(0)v(0)$.
2. Montrer que $K$ est autoadjoint et de rang 1.
3. Soit $f\in {\mathrm{L}}^2({ℝ}_{+})$. On considère le problème suivant : trouver $u$ tel que $\{\begin{array}{c}-u^{″}+u=f\\ u^{\prime }(0)+\alpha u(0)=0.\end{array}$
   En intégrant contre une fonction test $v\in 𝒟({ℝ}_{+})$, mettre le problème sous la forme variationnelle suivante :
   ${\int }_{{ℝ}_{+}}(u^{\prime }{v}^{\prime }+uv)-\alpha u(0)v(0)={\int }_{{ℝ}_{+}}fv$.
4. En utilisant l'alternative de Fredholm, montrer qu'il admet une unique solution $u$ dans $H^1$ si et seulement si $\alpha \ne 1$.

Solution

1. L'application bilinéaire $\phi :(u,v)\mapsto u(0)v(0)$ est continue sur $H^1\times H^1$ (de norme $\le 1$) donc (d'après le th. de représentation de Riesz) de la forme $\phi (u,v)=⟨Ku,v⟩$ pour un certain opérateur $K$ sur $H^1$ (de même norme que $\phi$).
2. $\phi$ est symétrique donc $K$ est autoadjoint.
   $Ku=0\iff \mathrm{\forall }v\in H^{1}u(0)v(0)=0\iff u(0)=0$ donc $K$ a même noyau que la forme linéaire $u\mapsto u(0)$, donc $\ker K$ est un hyperplan, c'est-à-dire que $K$ est de rang 1.
   Une façon plus directe et plus explicite de résoudre ces deux questions est de remarquer qu'en posant $u_0(x):={\mathrm{e}}^{-x}$, on a $u_0,u{\text{'}}_0\in H^1$ et (d'après la formule d'intégration par parties)
   $\mathrm{\forall }u\in H^{1}u(0)=-u{\text{'}}_0(0)u(0)={\int }_{\mathrm{\Omega }}(u{u}^{\prime }{\text{'}}_0+u{\text{'}}_{0}Du)={\int }_{\mathrm{\Omega }}(u{u}_0+u{\text{'}}_{0}Du)=⟨u_0,u{⟩}_{H^1}$ donc
   $\mathrm{\forall }u,v\in H^{1}u(0)v(0)=⟨u_0,u{⟩}_{H^1}⟨u_0,v{⟩}_{H^1}=⟨Ku,v{⟩}_{H^1}\text{ avec }Ku:=⟨u_0,u{⟩}_{H^1}{u}_0$.
   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 $K$ est $\Vert u_0{\Vert }_{H^1}^2=2{\int }_{{ℝ}^{+}}{\mathrm{e}}^{-2x}\mathrm{d}x=1$ (c'est-à-dire que $K$ est la projection orthogonale sur la droite engendrée par $u_0$).
3. Si $u\in H^1$ vérifie $-u^{″}+u=f$, ce qui s'écrit plus rigoureusement $D^{2}u=u-f$, alors $Du\in H^1$ — donc $u\in C^1(\bar{\mathrm{\Omega }})$, ce qui donne un sens à $u^{\prime }(0)$ — et (d'après la formule d'intégration par parties)
   $\mathrm{\forall }v\in H^1{\int }_{\mathrm{\Omega }}fv={\int }_{\mathrm{\Omega }}uv-{\int }_{\mathrm{\Omega }}(D{u}^{\prime })v={\int }_{\mathrm{\Omega }}(uv+u^{\prime }Dv)+u^{\prime }(0)v(0)=⟨u,v{⟩}_{H^1}+u^{\prime }(0)v(0)$.
   Par conséquent :
   • si $D^{2}u=u-f$ et $u^{\prime }(0)=-\alpha u(0)$ alors

     $\mathrm{\forall }v\in H^1{\int }_{\mathrm{\Omega }}fv=⟨u,v{⟩}_{H^1}-\alpha u(0)v(0)(\ast )$ ;

   • réciproquement, si $u\in H^1$ vérifie $(\ast )$ alors en particulier
     $\mathrm{\forall }v\in C_c^{\mathrm{\infty }}(\mathrm{\Omega }){\int }_{\mathrm{\Omega }}fv={\int }_{\mathrm{\Omega }}(uv+DuDv)={\int }_{\mathrm{\Omega }}(u-D^{2}u)v$
     autrement dit $D^{2}u=u-f$, ce qui permet de remplacer le membre de gauche ${\int }_{\mathrm{\Omega }}fv$ de l'hypothèse $(\ast )$ par $⟨u,v{⟩}_{H^1}+u^{\prime }(0)v(0)$, et d'en déduire que $u^{\prime }(0)=-\alpha u(0)$.

   En appliquant cette équivalence à $f=0$, on retrouve la valeur propre non nulle $\lambda$ de $K$ et la droite propre associée. En effet, $u$ est un vecteur de cette droite si et seulement si $u^{″}=u$ et $u(0)=-\lambda u^{\prime }(0)$. En résolvant, on retrouve bien $u\in ℝu_0$ et $\lambda =1$.

4. Notons $F\in H^1$ le vecteur qui (par Riesz) représente la forme linéaire $v\mapsto ⟨f,v{⟩}_{{\mathrm{L}}^2}$ (continue sur $H^1$). Alors, le problème équivaut à $u-\alpha Ku=F$.
   Si, pour au moins un $f\in {\mathrm{L}}^2(\mathrm{\Omega })$ (donc pour au moins un $F\in H^1$), ce problème a une unique solution $u\in H^1$, alors $\ker (I-\alpha K)=\{0\}$.
   Puisque les valeurs propres de $K$ sont 0 et 1, la condition $\ker (I-\alpha K)=\{0\}$ équivaut à $\alpha \ne 1$.
   Inversement, si $\alpha \ne 1$ c'est-à-dire si $I-\alpha K$ est injectif alors, d'après l'alternative de Fredholm (démontrée pour $K$ compact dans tout e.v.n. réel ou complexe — non nécessairement complet — et même, pour $K$ de rang fini, dans tout e.v. sur un corps arbitraire), $I-\alpha K$ est même bijectif, c'est-à-dire que pour chaque $F\in H^1$ — en particulier ceux venant d'un $f\in {\mathrm{L}}^2(\mathrm{\Omega })$ — le problème a une unique solution $u\in H^1$ (qu'il est ici facile d'expliciter : $u=F+\frac{\alpha }{1-\alpha }K(F)$).
   On peut de plus remarquer que pour $\alpha =1$, l'ensemble des solutions est soit une droite affine de direction $\ker (I-K)=ℝu_0$ (lorsque $F\in \mathrm{i}\mathrm{m}(I-K)=u_0^{\perp }$, c'est-à-dire ${\int }_{\mathrm{\Omega }}f{u}_0=0$), soit vide (lorsque ${\int }_{\mathrm{\Omega }}f{u}_0\ne 0$).

Voir aussi l'exercice 1 de cet énoncé et de ce corrigé.

 

Exercice 7-5

Soient $H$ un espace de Hilbert et $T$ un opérateur sur $H$ de norme ≤ 1. Pour $n\in \mathbb{N}$, on note

$T_n=\frac{1}{n+1}\sum _{k=0}^n{T}^k$.

1. Soit $x\in H$ tel que $⟨Tx,x⟩=\Vert x{\Vert }^2$. Montrer que $Tx=x$.
2. Montrer que $\ker (\mathrm{i}\mathrm{d}-T)=\ker (\mathrm{i}\mathrm{d}-T^{\ast })$.
3. En déduire que $H=\ker (\mathrm{i}\mathrm{d}-T)\oplus \overline{\mathrm{im}(\mathrm{i}\mathrm{d}-T)}$.
4. Montrer que $lim\Vert T_n(x)\Vert =0$ pour tout $x\in \mathrm{im}(\mathrm{i}\mathrm{d}-T)$, puis pour tout $x\in \overline{\mathrm{im}(\mathrm{i}\mathrm{d}-T)}$.
5. Soit $P$ la projection orthogonale sur $\ker (\mathrm{i}\mathrm{d}-T)$. Montrer que pour tout $x\in H$, $lim\Vert T_n(x)-P(x)\Vert =0$.
6. Application. Soient $H={\mathrm{L}}^2(ℝ/2\pi \mathbb{Z})$ et $\alpha \in ℝ\setminus (2\pi \mathbb{Q})$.
   Montrer que pour tout $f\in H$, $\frac{1}{n+1}\sum _{k=0}^{n}f(\cdot +n\alpha )\to m(f)$ dans $H$, où $m(f)$ est la fonction constante égale à $\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(t)\mathrm{d}t$.

Solution

1. Se déduit du cas d'égalité dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz (et de l'hypothèse $\Vert T\Vert \le 1$) , car $\Vert x{\Vert }^2=⟨Tx,x⟩\le \Vert Tx\Vert \Vert x\Vert \le \Vert x{\Vert }^2$.
2. Conséquence immédiate de la question précédente.
3. Se déduit de la question précédente, sachant (voir supra) que pour tout opérateur $S$, $\ker S^{\ast }=(\mathrm{im}S{)}^{\mathrm{\perp }}$ donc $(\ker S^{\ast }{)}^{\mathrm{\perp }}=\overline{\mathrm{im}S}$.
4. Si $x=y-Ty$ alors $T_n(x)=\frac{1}{n+1}(y-T^{n+1}y)$ donc $\Vert T_n(x)\Vert \le \frac{2}{n+1}\Vert y\Vert \to 0$.
   Si $x\in \overline{\mathrm{im}(\mathrm{i}\mathrm{d}-T)}$, soient $\epsilon >0$ et $y\in \mathrm{im}(\mathrm{i}\mathrm{d}-T)$ tel que $\Vert x-y\Vert \le \epsilon$ ; alors, $\Vert T_n(x)\Vert \le \epsilon +\Vert T_n(y)\Vert \le 2\epsilon$ pour $n$ assez grand.
5. Corollaire des deux questions précédentes et du fait que pour tout $x\in \ker (\mathrm{i}\mathrm{d}-T)$, $T_n(x)=x$.
6. Il suffit d'appliquer ce qui précède à l'opérateur $T$ sur $H$ défini par $Tf(x)=f(x+\alpha )$, de norme $1$ et tel que $\ker (\mathrm{i}\mathrm{d}-T)$ est réduit aux fonctions constantes (par analyse de Fourier).

 

Exercice 7-6

Soit $H$ un espace de Hilbert. Montrer qu'une suite $(x_n)$ converge dans $H$ si et seulement si $\underset{m,n\to \mathrm{\infty }}{lim}⟨x_m,x_n⟩$ existe.

Solution

Si $\underset{m,n\to \mathrm{\infty }}{lim}⟨x_m,x_n⟩=\ell$ alors $\Vert x_m-x_n{\Vert }^2\to \ell -2\ell +\ell =0$ donc la suite $(x_n)$ est de Cauchy donc convergente dans $H$.

Réciproquement si $x_n\to x$ dans $H$, $⟨x_n,x⟩\to \Vert x{\Vert }^2$ (car la différence est majorée en valeur absolue par $\Vert x\Vert \Vert x_n-x\Vert$), et de même $⟨x_m-x,x_n-x⟩\to 0$, d'où $\underset{m,n\to \mathrm{\infty }}{lim}⟨x_m,x_n⟩=\underset{m,n\to \mathrm{\infty }}{lim}(⟨x,x_n⟩+⟨x_m,x⟩-\Vert x{\Vert }^2)=\Vert x{\Vert }^2$.