« Espaces de Banach/Exercices/Espaces de Hilbert » : différence entre les versions
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On rappelle que |
Notons <math>\Omega</math> l'ouvert <math>\left]0,+\infty\right[</math> (donc <math>\overline\Omega=\R_+</math>). |
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On rappelle que son {{w|espace de Sobolev}} <math>H^1</math> est le complété de l'[[Espace préhilbertien réel|espace préhilbertien]] <math>\mathcal D(\R_+)</math> ([[w:Fonction C∞ à support compact|espace des fonctions C{{exp|∞}} à support compact]]) muni du produit scalaire <math>\langle u,v\rangle=\langle u,v\rangle_2 +\langle u',v'\rangle_2</math>. |
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#Montrer qu'il existe un opérateur <math>K</math> sur <math>H^1 |
#Montrer qu'il existe un opérateur <math>K</math> sur <math>H^1</math> tel que pour tous <math>u,v\in H^1</math>, <math>\langle Ku, v\rangle=u(0)v(0)</math>. |
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#Montrer que <math>K</math> est autoadjoint et de rang 1. |
#Montrer que <math>K</math> est autoadjoint et de rang 1. |
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#Soit <math>f\in\mathrm L^2(\R_+)</math>. On considère le problème suivant : trouver <math>u</math> tel que <math>\begin{cases} |
#Soit <math>f\in\mathrm L^2(\R_+)</math>. On considère le problème suivant : trouver <math>u</math> tel que <math>\begin{cases} |
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-u''+u=f\\ |
-u''+u=f\\ |
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u'(0)+\alpha u(0)=0. |
u'(0)+\alpha u(0)=0. |
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\end{cases}</math><br>En intégrant contre une fonction test <math>v\in\mathcal D(\R_+)</math>, mettre le problème sous la forme variationnelle suivante :<br><math>\int_{\R_+} |
\end{cases}</math><br>En intégrant contre une fonction test <math>v\in\mathcal D(\R_+)</math>, mettre le problème sous la forme variationnelle suivante :<br><math>\int_{\R_+}(u'v'+uv)-\alpha u(0)v(0)=\int_{\R_+}fv</math>. |
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#En utilisant l'{{w|alternative de Fredholm}}, montrer qu'il admet une unique solution <math>u</math> dans <math>H^1 |
#En utilisant l'{{w|alternative de Fredholm}}, montrer qu'il admet une unique solution <math>u</math> dans <math>H^1</math> si et seulement si <math>\alpha\ne1</math>. |
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{{Solution|contenu= |
{{Solution|contenu= |
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<!--#Il s'agit de montrer que la forme linéaire <math>u\mapsto u(0)</math> est continue sur <math>H^1</math>. Pour tout <math>u\in\mathcal D(\R_+)</math>, <math>\|u\|_\infty\le\|u\|_{H^1}</math>. En effet, <math>\forall x\in\R_+\quad u^2(x)=-\int_x^{+\infty}2uu'\le2\|u\|_2\|u'\|_2\le\|u\|_2^2+\|u'\|_2^2</math>. |
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#L'application bilinéaire <math>\varphi:(u,v)\mapsto u(0)v(0)</math> est continue sur <math>H^1\times H^1</math> (de norme <math>\le1</math>) donc (d'après le th. de représentation de Riesz) de la forme <math>\varphi(u,v)=\langle Ku,v\rangle</math> pour un certain opérateur <math>K</math> sur <math>H^1</math> (de même norme que <math>\varphi</math>). |
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#<math>\varphi</math> est symétrique donc <math>K</math> est autoadjoint.<br><math>Ku=0\Leftrightarrow\forall v\in H^1~u(0)v(0)=0\Leftrightarrow u(0)=0</math> donc <math>K</math> a même noyau que la forme linéaire <math>u\mapsto u(0)</math>, donc <math>\ker K</math> est un hyperplan, c'est-à-dire que <math>K</math> est de rang 1.<br>Une façon plus directe et plus explicite de résoudre ces deux questions est de remarquer qu'en posant <math>u_0(x):={\rm e}^{-x}</math>, on a <math>u_0,u'_0\in H^1</math> et (d'après la formule d'intégration par parties)<br><math>\forall u\in H^1\quad u(0)=-u'_0(0)u(0)=\int_\Omega(uu''_0+u'_0Du)=\int_\Omega(uu_0+u'_0Du)=\langle u_0,u\rangle_{H^1}</math> donc<br><math>\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</math>.<br>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 <math>K</math> est <math>\|u_0\|_{H^1}^2=2\int_{\R^+}{\rm e}^{-2x}{\rm d}x=1</math> (c'est-à-dire que <math>K</math> est la projection orthogonale sur la droite engendrée par <math>u_0</math>). |
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#Si <math>u\in H^1</math> vérifie <math>-u''+u=f</math>, ce qui s'écrit plus rigoureusement <math>D^2u=u-f</math>, alors <math>Du\in H^1</math> — donc <math>u\in C^1(\overline\Omega)</math>, ce qui donne un sens à <math>u'(0)</math> — et (d'après la formule d'intégration par parties)<br><math>\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)</math>.<br>Par conséquent : |
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#*si <math>D^2u=u-f</math> et <math>u'(0)=-\alpha u(0)</math> alors |
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#*:<math>\forall v\in H^1\quad\int_\Omega fv=\langle u,v\rangle_{H^1}-\alpha u(0)v(0)\qquad(*)</math> ; |
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#*réciproquement, si <math>u\in H^1</math> vérifie <math>(*)</math> alors en particulier<br><math>\forall v\in C_c^\infty(\Omega)\quad\int_\Omega fv=\int_\Omega(uv+DuDv)=\int_\Omega(u-D^2u)v</math><br>autrement dit <math>D^2u=u-f</math>, ce qui permet de remplacer le membre de gauche <math>\int_\Omega fv</math> de l'hypothèse <math>(*)</math> par <math>\langle u,v\rangle_{H^1}+u'(0)v(0)</math>, et d'en déduire que <math>u'(0)=-\alpha u(0)</math>. |
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#:En appliquant cette équivalence à <math>f=0</math>, on retrouve la valeur propre non nulle <math>\lambda</math> de <math>K</math> et la droite propre associée. En effet, <math>u</math> est un vecteur de cette droite si et seulement si <math>u''=u</math> et <math>u(0)=-\lambda u'(0)</math>. En résolvant, on retrouve bien <math>u\in\R u_0</math> et <math>\lambda=1</math>. |
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#Notons <math>F\in H^1</math> le vecteur qui (par Riesz) représente la forme linéaire <math>v\mapsto \langle f,v\rangle_{{\rm L}^2}</math> (continue sur <math>H^1</math>). Alors, le problème équivaut à <math>u-\alpha Ku=F</math>.<br>Si, ''pour au moins un'' <math>f\in{\rm L}^2(\Omega)</math> (donc pour au moins un <math>F\in H^1</math>), ce problème a une ''unique'' solution <math>u\in H^1</math>, alors <math>\ker(I-\alpha K)=\{0\}</math>.<br>Puisque les valeurs propres de <math>K</math> sont 0 et 1, la condition <math>\ker(I-\alpha K)=\{0\}</math> équivaut à <math>\alpha\ne1</math>.<br>Inversement, si <math>\alpha\ne1</math> c'est-à-dire si <math>I-\alpha K</math> est injectif alors, d'après l'alternative de Fredholm (démontrée pour <math>K</math> compact dans tout e.v.n. réel ou complexe — non nécessairement complet — et même, pour <math>K</math> de rang fini, dans tout e.v. sur un corps arbitraire), <math>I-\alpha K</math> est même bijectif, c'est-à-dire que ''pour chaque'' <math>F\in H^1</math> — en particulier ceux venant d'un <math>f\in{\rm L}^2(\Omega)</math> — le problème a une unique solution <math>u\in H^1</math> (qu'il est ici facile d'expliciter : <math>u=F+\frac{\alpha}{1-\alpha}K(F)</math>).<br>On peut de plus remarquer que pour <math>\alpha=1</math>, l'ensemble des solutions est soit une droite affine de direction <math>\ker(I-K)=\R u_0</math> (lorsque <math>F\in{\rm im}(I-K)=u_0^\perp</math>, c'est-à-dire <math>\int_\Omega fu_0=0</math>), soit vide (lorsque <math>\int_\Omega fu_0\ne0</math>). |
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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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Version du 20 octobre 2021 à 15:17
Exercice 7-1
Soient un espace de Hilbert et un opérateur normal sur , c.-à-d. .
- Montrer que .
- 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 , .
- Montrer, pour tous , et , que . En déduire que .
- En considérant , montrer que .
- En utilisant le théorème de Lax-Milgram, montrer que est bijectif pour tout .
Solution
- 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.
Exercice 7-3
Notons l'ouvert (donc ). On rappelle que son espace de Sobolev est le complété de l'espace préhilbertien (espace des fonctions C∞ à support compact) muni du produit scalaire .
- 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 .
- si et alors
- 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 ).
Voir aussi l'exercice 1 de cet énoncé et de ce corrigé.