Espaces de Banach/Exercices/Espaces de Hilbert

Exercice 7-1

Soient $H$ un espace de Hilbert et $T$ un opérateur normal sur $H$, c.-à-d. $TT^{*}=T^{*}T$.

1. Montrer que $\ker T=\ker T^{*}=(\operatorname {im} T)^{\bot }$.
2. En déduire que $T$ est inversible si et seulement s'il existe une constante $C$ telle que : $\|Tx\|\geq C\|x\|$ pour tout $x\in H$.

Solution

1. • $\ker T=\ker T^{*}$, c.-à-d. $Tx=0\Leftrightarrow T^{*}x=0$, car $\|T^{*}x\|^{2}=\|Tx\|^{2}$ et même, $\langle T^{*}x,T^{*}y\rangle =\langle x,TT^{*}y\rangle =\langle x,T^{*}Ty\rangle =\langle Tx,Ty\rangle$.
   • $\ker T^{*}=(\operatorname {im} T)^{\bot }$ car $x\in (\operatorname {im} T)^{\bot }\Leftrightarrow \forall y\in H\quad \langle Ty,x\rangle =0\Leftrightarrow \forall y\in H\quad \langle y,T^{*}x\rangle =0\Leftrightarrow T^{*}x=0$.
2. Si $\|Tx\|\geq C\|x\|$ pour tout $x\in H$ alors $\ker T=\{0\}$ (donc $\operatorname {im} T$ est dense d'après la question 1), et $T^{-1}:\operatorname {im} T\to H$ est (bi)continue, donc $\operatorname {im} T$ est complet, si bien que $\operatorname {im} T=H$.
   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 $\|Tx\|\geq C\|x\|$ pour tout $x\in H$.

 

Exercice 7-2

Soient $H$ un espace de Hilbert et $T$ un opérateur positif, c.-à-d. : pour tout $x\in H$, $\langle Tx,x\rangle \geq 0$.

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

Solution

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

 

Exercice 7-3

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

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

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

$\langle u,v\rangle :=\langle u,v\rangle _{2}+\langle u',v'\rangle _{2}$.

1. Montrer que :
   • $\forall u\in H^{1}\quad u\in C_{0}({\overline {\Omega }})\quad {\rm {et}}\quad \|u\|_{\infty }\leq \|u\|_{H^{1}}$ ;
   • $\forall u,v\in H^{1}\quad \int _{\Omega }(uDv+vDu)=-u(0)v(0)$ (« formule d'intégration par parties »).
2. Montrer que par ailleurs, le sous-espace $C_{c}^{\infty }({\overline {\Omega }})={\mathcal {D}}(\mathbb {R} _{+})$ (espace des fonctions C^∞ à support compact) est dense dans $H^{1}$.

Solution

1. • $u$ est continue sur ${\overline {\Omega }}$ — puisque $Du\in {\rm {L}}_{\mathrm {loc} }^{1}$ — plus précisément : $u$ est égale presque partout à une fonction continue (à laquelle on l'identifie) ; elle est même ${\tfrac {1}{2}}$-holdérienne puisque (par Cauchy-Schwarz) $|u(x)-u(y)|\leq \|Du\|_{2}{\sqrt {|x-y|}}$.
     De plus, $\lim _{+\infty }u=0$ puisque $u^{2}(x)=u^{2}(0)+\int _{0}^{x}2uDu$ a une limite en $+\infty$ — car $uDu\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )$ — et que $u^{2}\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )$.
     Enfin, $\forall x\in {\overline {\Omega }}\quad u^{2}(x)=-\int _{x}^{+\infty }2uDu\leq 2\|u\|_{2}\|Du\|_{2}$ (en utilisant que $\lim _{+\infty }u=0$ et, à nouveau, Cauchy-Schwarz) donc $u^{2}(x)\leq \|u\|_{2}^{2}+\|Du\|_{2}^{2}$.
   • La formule d'intégration par parties se démontre de même.
2. Tout $u\in H^{1}$ est limite pour $\|~\|_{H^{1}}$ de fonctions de ${\mathcal {D}}(\mathbb {R} _{+})$, 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 $\psi \in C_{c}^{1}({\overline {\Omega }})$, $\psi =1$ au voisinage de 0 et $n\to +\infty$, puis on la convole par ${\tfrac {1}{\varepsilon }}\rho (x/\varepsilon )$ avec $\rho \in C_{c}^{\infty }(\mathbb {R} )$, positive et d'intégrale 1 et $\varepsilon \to 0^{+}$. Par conséquent, $H^{1}$ est le complété, pour $\|~\|_{H^{1}}$, de $C_{c}^{\infty }({\overline {\Omega }})$ (et a fortiori aussi de $\{u\in C^{\infty }({\overline {\Omega }})\mid u^{2}+u'^{2}\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )\}$).

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

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

muni de la norme

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

et l'on démontre comme dans la question 1 que

$\forall u\in H^{1,p}\quad u\in C_{0}({\overline {\Omega }})\quad {\rm {et}}\quad \|u\|_{\infty }\leq C^{1/p}\|u\|_{H^{1,p}}$ avec $C:=\max(1,p-1)$. En effet :

• $\lim _{+\infty }u^{p}=0$ puisque $u^{p}(x)=u^{p}(0)+\int _{0}^{x}pu^{p-1}Du$ a une limite en $+\infty$ — car $u^{p-1}Du\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )$d'après l'inégalité de Hölder — et que $u^{p}\in {\rm {L}}^{1}(\Omega )$.
• $\forall x\in {\overline {\Omega }}\quad |u(x)|^{p}=\left|\int _{x}^{+\infty }pu^{p-1}Du\right|\leq p\|u\|_{p}^{p-1}\|Du\|_{p}$ (en utilisant que $\lim _{+\infty }u=0$ et, à nouveau, Hölder) donc (d'après l'inégalité de Young) $|u(x)|^{p}\leq C\left(\|u\|_{p}^{p}+\|Du\|_{p}^{p}\right)$.

 

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

Solution

1. L'application bilinéaire $\varphi :(u,v)\mapsto u(0)v(0)$ est continue sur $H^{1}\times H^{1}$ (de norme $\leq 1$) donc (d'après le th. de représentation de Riesz) de la forme $\varphi (u,v)=\langle Ku,v\rangle$ pour un certain opérateur $K$ sur $H^{1}$ (de même norme que $\varphi$).
2. $\varphi$ est symétrique donc $K$ est autoadjoint.
   $Ku=0\Leftrightarrow \forall v\in H^{1}~u(0)v(0)=0\Leftrightarrow u(0)=0$ 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 $u_{0}(x):={\rm {e}}^{-x}$, on a $u_{0},u'_{0}\in H^{1}$ et (d'après la formule d'intégration par parties)
   $\forall u\in H^{1}\quad u(0)=-u'_{0}(0)u(0)=\int _{\Omega }(uu''_{0}+u'_{0}Du)=\int _{\Omega }(uu_{0}+u'_{0}Du)=\langle u_{0},u\rangle _{H^{1}}$ donc
   $\forall u,v\in H^{1}\quad u(0)v(0)=\langle u_{0},u\rangle _{H^{1}}\langle u_{0},v\rangle _{H^{1}}=\langle Ku,v\rangle _{H^{1}}{\text{ avec }}Ku:=\langle u_{0},u\rangle _{H^{1}}u_{0}$.
   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 $K$ est $\|u_{0}\|_{H^{1}}^{2}=2\int _{\mathbb {R} ^{+}}{\rm {e}}^{-2x}{\rm {d}}x=1$ (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 $u\in C^{1}({\overline {\Omega }})$, ce qui donne un sens à $u'(0)$ — et (d'après la formule d'intégration par parties)
   $\forall v\in H^{1}\quad \int _{\Omega }fv=\int _{\Omega }uv-\int _{\Omega }(Du')v=\int _{\Omega }(uv+u'Dv)+u'(0)v(0)=\langle u,v\rangle _{H^{1}}+u'(0)v(0)$.
   Par conséquent :
   • si $D^{2}u=u-f$ et $u'(0)=-\alpha u(0)$ alors

     $\forall v\in H^{1}\quad \int _{\Omega }fv=\langle u,v\rangle _{H^{1}}-\alpha u(0)v(0)\qquad (*)$ ;

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

   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 $u(0)=-\lambda u'(0)$. En résolvant, on retrouve bien $u\in \mathbb {R} u_{0}$ et $\lambda =1$.

4. Notons $F\in H^{1}$ le vecteur qui (par Riesz) représente la forme linéaire $v\mapsto \langle f,v\rangle _{{\rm {L}}^{2}}$ (continue sur $H^{1}$). Alors, le problème équivaut à $u-\alpha Ku=F$.
   Si, pour au moins un $f\in {\rm {L}}^{2}(\Omega )$ (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 $\alpha \neq 1$.
   Inversement, si $\alpha \neq 1$ 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 $f\in {\rm {L}}^{2}(\Omega )$ — 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 $\ker(I-K)=\mathbb {R} u_{0}$ (lorsque $F\in {\rm {im}}(I-K)=u_{0}^{\perp }$, c'est-à-dire $\int _{\Omega }fu_{0}=0$), soit vide (lorsque $\int _{\Omega }fu_{0}\neq 0$).

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