📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2021 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 03

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours d'accès à la formation de troisième cycle (Doctorat LMD) — Épreuve : Espace de Banach et Hilbert, Sujet 3 (01/04/2021)

التمرين 1

Distance d'un point à l'hyperplan orthogonal $\{a\}^\perp$ dans un espace de Hilbert

#espace de Hilbert#hyperplan orthogonal#distance#projection orthogonale

Soit HH un espace de Hilbert réel et a∈Ha\in H, a≠0a\neq0. On pose F={a}⊥={x∈H:⟨x,a⟩=0}.F=\{a\}^\perp=\{x\in H:\langle x,a\rangle=0\}.

  1. Montrer que FF est un sous-espace vectoriel fermé de HH.

  2. Montrer que H=F⊕Vect{a}H=F\oplus\mathrm{Vect}\{a\}.

  3. Pour x∈Hx\in H, calculer le projeté orthogonal PF(x)P_F(x) de xx sur FF, et en déduire que d(x,F)=∣⟨x,a⟩∣∥a∥.d(x,F)=\frac{|\langle x,a\rangle|}{\|a\|}.

Remarque : Ce résultat généralise en dimension infinie la formule de distance d'un point à un hyperplan {x:⟨x,a⟩=0}\{x:\langle x,a\rangle=0\} bien connue en dimension finie (Rn\mathbb{R}^n).

◀الحل

1. FF est un sous-espace vectoriel fermé

L'application φ:H→R\varphi:H\to\mathbb{R}, φ(x)=⟨x,a⟩\varphi(x)=\langle x,a\rangle est linéaire (bilinéarité du produit scalaire) et continue (Cauchy–Schwarz : ∣φ(x)∣≤∥a∥ ∥x∥|\varphi(x)|\le\|a\|\,\|x\|). Donc F=φ−1({0})F=\varphi^{-1}(\{0\}) est l'image réciproque du fermé {0}\{0\} par une application continue : FF est fermé. C'est clairement un sous-espace vectoriel (noyau d'une forme linéaire).

2. H=F⊕Vect{a}H=F\oplus\mathrm{Vect}\{a\}

Comme a≠0a\neq0 et a∉Fa\notin F (car ⟨a,a⟩=∥a∥2≠0\langle a,a\rangle=\|a\|^2\neq0), Vect{a}\mathrm{Vect}\{a\} est une droite non contenue dans FF. Pour x∈Hx\in H, posons λ=⟨x,a⟩∥a∥2\lambda=\dfrac{\langle x,a\rangle}{\|a\|^2} et y=x−λay=x-\lambda a. Alors ⟨y,a⟩=⟨x,a⟩−λ∥a∥2=⟨x,a⟩−⟨x,a⟩=0,\langle y,a\rangle=\langle x,a\rangle-\lambda\|a\|^2=\langle x,a\rangle-\langle x,a\rangle=0, donc y∈Fy\in F, et x=y+λax=y+\lambda a avec y∈Fy\in F, λa∈Vect{a}\lambda a\in\mathrm{Vect}\{a\}. Ceci montre H=F+Vect{a}H=F+\mathrm{Vect}\{a\}.

De plus F∩Vect{a}={0}F\cap\mathrm{Vect}\{a\}=\{0\} : si μa∈F\mu a\in F alors μ⟨a,a⟩=0\mu\langle a,a\rangle=0 donc μ∥a∥2=0\mu\|a\|^2=0, soit μ=0\mu=0 (car a≠0a\neq0). Donc H=F⊕Vect{a}.\boxed{H=F\oplus\mathrm{Vect}\{a\}.} (On reconnaît d'ailleurs que Vect{a}=F⊥\mathrm{Vect}\{a\}=F^\perp, donc cette décomposition est la décomposition orthogonale usuelle.)

3. Projeté orthogonal et distance

D'après la question 2, tout x∈Hx\in H s'écrit de manière unique x=y+λax=y+\lambda a avec y∈Fy\in F et λ=⟨x,a⟩∥a∥2\lambda=\dfrac{\langle x,a\rangle}{\|a\|^2}. Comme λa∈Vect{a}=F⊥\lambda a\in\mathrm{Vect}\{a\}=F^\perp, cette écriture est la décomposition orthogonale de xx selon H=F⊕F⊥H=F\oplus F^\perp. Par unicité du projecteur orthogonal : PF(x)=y=x−λa=x−⟨x,a⟩∥a∥2 a.P_F(x)=y=x-\lambda a=x-\frac{\langle x,a\rangle}{\|a\|^2}\,a. La distance de xx à FF vaut alors d(x,F)=∥x−PF(x)∥=∥λa∥=∣λ∣ ∥a∥=∣⟨x,a⟩∣∥a∥2 ∥a∥,d(x,F)=\|x-P_F(x)\|=\|\lambda a\|=|\lambda|\,\|a\|=\frac{|\langle x,a\rangle|}{\|a\|^2}\,\|a\|, soit d(x,F)=∣⟨x,a⟩∣∥a∥.\boxed{d(x,F)=\frac{|\langle x,a\rangle|}{\|a\|}.}

التمرين 2

Théorème de Banach–Steinhaus sur $c_0$ : caractérisation des suites $(a_n)\in\ell^1$

#théorème de Banach-Steinhaus#espace c0#dualité#l1

On note c0c_0 l'espace des suites réelles x=(xk)k≥1x=(x_k)_{k\ge1} telles que lim⁡k→∞xk=0\lim_{k\to\infty}x_k=0, muni de la norme ∥x∥∞=sup⁡k≥1∣xk∣\|x\|_\infty=\sup_{k\ge1}|x_k| (on admet que (c0,∥⋅∥∞)(c_0,\|\cdot\|_\infty) est un espace de Banach). Soit (ak)k≥1(a_k)_{k\ge1} une suite de réels. Pour n≥1n\ge1, on définit la forme linéaire Tn:c0→R,Tn(x)=∑k=1nakxk.T_n:c_0\to\mathbb{R},\qquad T_n(x)=\sum_{k=1}^n a_k x_k.

  1. Montrer que TnT_n est continue et calculer ∥Tn∥\|T_n\|.

  2. On suppose que pour tout x∈c0x\in c_0, la suite (Tn(x))n(T_n(x))_n est bornée. Montrer, à l'aide du théorème de Banach–Steinhaus, que ∑k=1+∞∣ak∣<+∞,\sum_{k=1}^{+\infty}|a_k|<+\infty, c'est-à-dire (ak)∈ℓ1(a_k)\in\ell^1.

Remarque : Cet exercice est la démonstration classique du fait que le dual topologique de c0c_0 s'identifie à ℓ1\ell^1 (via x↦∑akxkx\mapsto\sum a_kx_k), et illustre l'usage typique du théorème de Banach–Steinhaus pour transformer une borné ponctuelle en borné uniforme sur les normes d'opérateurs.

◀الحل

1. Continuité de TnT_n et calcul de ∥Tn∥\|T_n\|

TnT_n est clairement linéaire (combinaison linéaire finie des coordonnées). Pour x∈c0x\in c_0 : ∣Tn(x)∣=∣∑k=1nakxk∣≤∑k=1n∣ak∣ ∣xk∣≤(∑k=1n∣ak∣)∥x∥∞,|T_n(x)|=\Big|\sum_{k=1}^n a_kx_k\Big|\le\sum_{k=1}^n|a_k|\,|x_k|\le\Big(\sum_{k=1}^n|a_k|\Big)\|x\|_\infty, donc TnT_n est continue avec ∥Tn∥≤∑k=1n∣ak∣\|T_n\|\le\displaystyle\sum_{k=1}^n|a_k|.

Pour l'inégalité inverse, posons x(n)=(sgn(a1),…,sgn(an),0,0,… )x^{(n)}=(\mathrm{sgn}(a_1),\dots,\mathrm{sgn}(a_n),0,0,\dots) (avec la convention sgn(0)=0\mathrm{sgn}(0)=0), qui est bien dans c0c_0 (support fini) et vérifie ∥x(n)∥∞≤1\|x^{(n)}\|_\infty\le1. Alors Tn(x(n))=∑k=1nak sgn(ak)=∑k=1n∣ak∣,T_n(x^{(n)})=\sum_{k=1}^n a_k\,\mathrm{sgn}(a_k)=\sum_{k=1}^n|a_k|, donc ∥Tn∥≥Tn(x(n))∥x(n)∥∞≥∑k=1n∣ak∣\|T_n\|\ge\dfrac{T_n(x^{(n)})}{\|x^{(n)}\|_\infty}\ge\displaystyle\sum_{k=1}^n|a_k| (le quotient vaut exactement ∑∣ak∣\sum|a_k| si x(n)≠0x^{(n)}\ne0, et l'inégalité est triviale sinon). En combinant : ∥Tn∥=∑k=1n∣ak∣.\boxed{\|T_n\|=\sum_{k=1}^n|a_k|.}

2. Application du théorème de Banach–Steinhaus

Pour tout x∈c0x\in c_0, la famille (Tn(x))n≥1(T_n(x))_{n\ge1} est bornée par hypothèse : sup⁡n∣Tn(x)∣<+∞\sup_n|T_n(x)|<+\infty. Comme (c0,∥⋅∥∞)(c_0,\|\cdot\|_\infty) est un espace de Banach et que chaque TnT_n est linéaire continue, le théorème de Banach–Steinhaus (principe de borné uniforme) s'applique : la famille (Tn)n(T_n)_n est uniformément bornée, c'est-à-dire sup⁡n≥1∥Tn∥<+∞.\sup_{n\ge1}\|T_n\|<+\infty. Or d'après la question 1, ∥Tn∥=∑k=1n∣ak∣\|T_n\|=\displaystyle\sum_{k=1}^n|a_k|, qui est donc une suite (croissante) majorée par une constante M=sup⁡n∥Tn∥M=\sup_n\|T_n\| indépendante de nn : ∑k=1n∣ak∣≤M,∀n≥1.\sum_{k=1}^n|a_k|\le M,\qquad\forall n\ge1. En faisant tendre n→+∞n\to+\infty (série à termes positifs, croissante et majorée donc convergente) : ∑k=1+∞∣ak∣≤M<+∞,\boxed{\sum_{k=1}^{+\infty}|a_k|\le M<+\infty,} c'est-à-dire (ak)k∈ℓ1(a_k)_k\in\ell^1.

التمرين 3

Convergence faible et convergence des normes impliquent la convergence forte dans un espace de Hilbert

#espace de Hilbert#convergence faible#convergence forte#propriété de Radon-Riesz

Soit HH un espace de Hilbert réel et (xn)n≥1(x_n)_{n\ge1} une suite de la boule unité fermée de HH (i.e. ∥xn∥≤1\|x_n\|\le1 pour tout nn) telle que :

(i) xn⇀xx_n\rightharpoonup x faiblement dans HH, c'est-à-dire ⟨xn,y⟩→⟨x,y⟩\langle x_n,y\rangle\to\langle x,y\rangle pour tout y∈Hy\in H ;

(ii) ∥xn∥→∥x∥\|x_n\|\to\|x\| quand n→+∞n\to+\infty.

Montrer que (xn)(x_n) converge fortement vers xx, c'est-à-dire ∥xn−x∥→0\|x_n-x\|\to0.

Remarque : Cette propriété — convergence faible + convergence des normes ⇒\Rightarrow convergence forte — est connue sous le nom de propriété de Radon–Riesz (ou propriété de Kadec–Klee) ; elle est spécifique aux espaces de Hilbert (et plus généralement aux espaces uniformément convexes) et ne découle pas de la seule convergence faible, qui en général n'implique pas la convergence forte en dimension infinie.

◀الحل

Démonstration

On développe la norme au carré de la différence en utilisant la bilinéarité du produit scalaire : ∥xn−x∥2=⟨xn−x,xn−x⟩=∥xn∥2−2⟨xn,x⟩+∥x∥2.\|x_n-x\|^2=\langle x_n-x,x_n-x\rangle=\|x_n\|^2-2\langle x_n,x\rangle+\|x\|^2.

Étude de chaque terme quand n→+∞n\to+\infty :

  • Par l'hypothèse (ii), ∥xn∥2→∥x∥2\|x_n\|^2\to\|x\|^2.
  • Par l'hypothèse (i) appliquée avec y=xy=x (qui est un élément fixé de HH), ⟨xn,x⟩→⟨x,x⟩=∥x∥2\langle x_n,x\rangle\to\langle x,x\rangle=\|x\|^2.
  • Le terme ∥x∥2\|x\|^2 est constant.

En substituant ces limites : ∥xn−x∥2⟶∥x∥2−2∥x∥2+∥x∥2=0.\|x_n-x\|^2\longrightarrow \|x\|^2-2\|x\|^2+\|x\|^2=0.

Donc ∥xn−x∥2→0\|x_n-x\|^2\to0, ce qui équivaut à ∥xn−x∥⟶0,\boxed{\|x_n-x\|\longrightarrow0,} c'est-à-dire que (xn)(x_n) converge fortement vers xx dans HH.