Voir aussi l'exercice 1 de [http://www.cmap.polytechnique.fr/~haddar/Cours/ENSTA/ma201-td06corr.pdf cet énoncé] et de [http://www.cmap.polytechnique.fr/~haddar/Cours/ENSTA/ma201-td06corr.pdf ce corrigé].
Voir aussi l'exercice 1 de [http://www.cmap.polytechnique.fr/~haddar/Cours/ENSTA/ma201-td06corr.pdf cet énoncé] et de [http://www.cmap.polytechnique.fr/~haddar/Cours/ENSTA/ma201-td06corr.pdf ce corrigé].
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==Exercice 7-5==
{{Wikipédia|Théorème ergodique de von Neumann}}
Soient <math>H</math> un espace de Hilbert et <math>T</math> un opérateur sur H de norme ≤ 1. Pour <math>n\in\N</math>, on note
:<math>T_n=\frac1{n+1}\sum_{k=0}^nT^k</math>.
#Soit <math>x\in H</math> tel que <math>\langle Tx,x\rangle=\|x\|^2</math>. Montrer que <math>Tx=x</math>.
#Montrer que <math>\ker(\mathrm{id}-T)=\ker(\mathrm{id}-T^*)</math>.
#En déduire que <math>H=\ker(\mathrm{id}-T))\oplus\overline{\operatorname{im}(\mathrm{id}-T)}</math>.
#Montrer que <math>\lim\|T_n(x)\|=0</math> pour tout <math>x\in\operatorname{im}(\mathrm{id}-T)</math>, puis pour tout <math>x\in\overline{\operatorname{im}(\mathrm{id}-T)}</math>.
#Soit <math>P</math> la projection orthogonale sur <math>\ker(\mathrm{id}-T)</math>. Montrer que pour tout <math>x\in H</math>, <math>\lim\|T_n(x)-P(x)\|=0</math>.
#''Application.'' Soient <math>H=\mathrm L^2(\R/2\pi\Z)</math> et <math>\alpha\in\R\setminus(2\pi\Q)</math>.<br>Montrer que pour tout <math>f\in H</math>, <math>\frac1{n+1}\sum_{k=0}^nf(\cdot+n\alpha)\to m(f)</math> dans <math>H</math>, où <math>m(f)</math> est la fonction constante égale à <math>\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}f(t)\,\mathrm dt</math>.
<!--<br>''Indication : résoudre l'équation <math>Tf=f</math> par analyse de Fourier.''
On pourra utiliser que <math>(t\mapsto\mathrm e^{\mathrm int})_{n\in\Z}</math> est une base hilbertienne, et montrer que <math>\ker(\mathrm{id}-T)</math> est réduit aux fonctions constantes.
En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, « Exercice : Espaces de Hilbert Espaces de Banach/Exercices/Espaces de Hilbert », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
En déduire que est inversible si et seulement s'il existe une constante telle que : pour tout .
Solution
, c.-à-d. , car et même, .
car .
Si pour tout alors (donc est dense d'après la question 1), et est (bi)continue, donc est complet, si bien que . Réciproquement, si est inversible alors continue (d'après le théorème de l'isomorphisme de Banach), d'où l'existence d'une constante telle que pour tout .
Exercice 7-2
Soient un espace de Hilbert et un opérateur positif, c.-à-d.[1] : pour tout , .
Supposons et posons . Alors, . On en déduit que pour tous , et , , d'où et (en appliquant cette conclusion à qui appartient aussi à ) , si bien qu'en fait . Ceci prouve que .
est aussi positif donc . On a donc à la fois et , d'où .
Posons . Alors (sesquilinéaire continue) est coercive (car ) donc par Lax-Milgram, , autrement dit : , ce qui signifie exactement que est bijectif.
↑Ce qu'on appelle d'ordinaire opérateur positif, sur un Hilbert, est un opérateur qui, en plus de vérifier , 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 est autoadjoint si et seulement si . Mais sur , vérifie et n'est pas autoadjoint ni même normal.
est continue sur — puisque — plus précisément : est égale presque partout à une fonction continue (à laquelle on l'identifie) ; elle est même -holdérienne puisque (par Cauchy-Schwarz) . De plus, puisque a une limite en — car — et que . Enfin, (en utilisant que et, à nouveau, Cauchy-Schwarz) donc .
La formule d'intégration par parties se démontre de même.
Tout est limite pour de fonctions de , par troncature puis régularisation : on se ramène d'abord au cas où est à support compact en l'approximant dans par avec , au voisinage de 0 et , puis on la convole par avec , positive et d'intégrale 1 et . Par conséquent, est le complété, pour , de (et a fortiori aussi de ).
(en utilisant que et, à nouveau, Hölder) donc (d'après l'inégalité de Young) .
Exercice 7-4
On reprend les notations de l'exercice précédent, et les résultats de la question 1.
Montrer qu'il existe un opérateur sur tel que pour tous , .
Montrer que est autoadjoint et de rang 1.
Soit . On considère le problème suivant : trouver tel que En intégrant contre une fonction test , mettre le problème sous la forme variationnelle suivante : .
En utilisant l'alternative de Fredholm, montrer qu'il admet une unique solution dans si et seulement si .
Solution
L'application bilinéaire est continue sur (de norme ) donc (d'après le th. de représentation de Riesz) de la forme pour un certain opérateur sur (de même norme que ).
est symétrique donc est autoadjoint. donc a même noyau que la forme linéaire , donc est un hyperplan, c'est-à-dire que est de rang 1. Une façon plus directe et plus explicite de résoudre ces deux questions est de remarquer qu'en posant , on a et (d'après la formule d'intégration par parties) donc . 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 est (c'est-à-dire que est la projection orthogonale sur la droite engendrée par ).
Si vérifie , ce qui s'écrit plus rigoureusement , alors — donc , ce qui donne un sens à — et (d'après la formule d'intégration par parties) . Par conséquent :
si et alors
;
réciproquement, si vérifie alors en particulier autrement dit , ce qui permet de remplacer le membre de gauche de l'hypothèse par , et d'en déduire que .
En appliquant cette équivalence à , on retrouve la valeur propre non nulle de et la droite propre associée. En effet, est un vecteur de cette droite si et seulement si et . En résolvant, on retrouve bien et .
Notons le vecteur qui (par Riesz) représente la forme linéaire (continue sur ). Alors, le problème équivaut à . Si, pour au moins un (donc pour au moins un ), ce problème a une unique solution , alors . Puisque les valeurs propres de sont 0 et 1, la condition équivaut à . Inversement, si c'est-à-dire si est injectif alors, d'après l'alternative de Fredholm (démontrée pour compact dans tout e.v.n. réel ou complexe — non nécessairement complet — et même, pour de rang fini, dans tout e.v. sur un corps arbitraire), est même bijectif, c'est-à-dire que pour chaque — en particulier ceux venant d'un — le problème a une unique solution (qu'il est ici facile d'expliciter : ). On peut de plus remarquer que pour , l'ensemble des solutions est soit une droite affine de direction (lorsque , c'est-à-dire ), soit vide (lorsque ).
Soient un espace de Hilbert et un opérateur sur H de norme ≤ 1. Pour , on note
.
Soit tel que . Montrer que .
Montrer que .
En déduire que .
Montrer que pour tout , puis pour tout .
Soit la projection orthogonale sur . Montrer que pour tout , .
Application. Soient et . Montrer que pour tout , dans , où est la fonction constante égale à .
Solution
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