Leçon 2 Espaces de Hilbert Notions de base .pdf



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Universite ABDELHAMID IBN BADIS-Mostaganem
Faculte des Sciences Exactes et des Siences de la Nature et de la Vie
Departement de Mathematiques
1ere Annee Master MIAS, Annee 2009/10
Matiere : Analyse Spectrale des Operateurs I
Responsable : S. M. Bahri
Lecon 2 -

1

Espaces de Hilbert : Notions de base

De nition et proprietes

Soit H un espace vectoriel (lineaire) sur C avec une fonction de deux variables
a valeurs complexes
hx; yi : H H ! C;

admettant les proprietes suivantes :

1. la linearite par rapport au premier argument :
hax1 + bx2 ; yi = a hx1 ; yi + b hx2 ; yi ;

(1)

2. la conjugaison complexe :
hx; yi = hy; xi ;
ceci implique la "semi-linearite" par rapport au second argument :
hx; ay1 + by2 i = a hx; y1 i + b hx; y2 i ;
3. la non-negativite :
8
< hx; xi 0;
et
:
hx; xi = 0 ssi x = 0:

Une telle fonction est appele "produit scalaire".
Considerons aussi la fonction
1=2

p (x) = hx; xi

:

( Nous verrons que p (x) est une norme et nous ecrirons p (x) = kxk.)
Pn
n
n
Exemple 1
1. Dans C soit hx; yi = 1 ai bi ou x = (ai )1 ; y = (bi )1 .
P1
P
2. Dans l2 soit hx; yi = 1 ai bi ( d'apres l'inegalite de H•
older
ai bi
q
q
P
P 2
2
jai j
jbi j < 1). Alors, jhx; yij kxk kyk :

Rb
3. Dans L2 [a; b] soit hf; gi = a f (t) g (t)dt: De m^eme, jhf; gij kf k2 kgk2
d'apres l'inegalite de "Cauchy-Schwartz" (qui l'inegalite de H•
older pour
p = q = 2.
1

1.1

Inegalite de Cauchy-Schwartz

Theoreme 2 (Inegalite de Cauchy-Schwartz) Pour tous vecteurs x; y dans
un espace vectoriel H muni du produit scalaire h ; i, l'inegalite suivante est vrais
:
1=2
1=2
jhx; yij hx; xi
hy; yi :
1=2

Preuve. Rappelons notre notation p (x) = hx; xi
o

hx

2

y; x

Si hx; yi =
6 0, soit

=

. Alors
2

yi = p (x)

2

2 Re ( hy; xi) + j j p (y) :

p(x)2
hy;xi ;

alors

0

p (x) +

4

2

2

p (x) p (y)
2

jhy; xij

ce qui implique l'inegalite de Cauchy-Schwartz. De plus
jhx; yij = p (x) p (y)
si, et seulement si, x = y.
Maintenant montrons que p (x) = kxk est une norme. En e et :
p ( x) = j j p (x)
et l'inegalite triangulaire est veri ee :
2

p (x + y)

= hx + y; x + yi
2

2

= p (x) + 2 Re hx; yi + p (y)
2

[p (x) + p (y)] ;

et d'apres l'inegalite de Cauchy-Schwartz :
jRe hx; yij

jhx; yij

p (x) p (y) :

Ainsi
p (x + y)

p (x) + p (y)

et il ne reste qu'a remplacer p (x) par kxk.
Donc H est un espace norme avec la norme kxk de nie par le produit scalaire
dans H. Nous appelons H un espace de Hilbert si H est un espace norme
complet pour cette norme.
En general, un espace norme complet X est dit espace de Banach.
Exercice 3
1. Montrer que le produit scalaire hx; yi est une fonction continue par rapport aux deux variables :
hxn ; yn i ! hx; yi quand xn ! x et
2

yn ! y:

Preuve. Considerer l'expression
hx; yi

hxn ; yn i = hx; yi hx; yn i + hx; yn i hxn ; yn i
= hx; y yn i hx xn ; yn i

et utiliser l'inegalite de Cauchy-Schwartz.
2. La loi du parallelogramme :
2

2

kx + yk + kx

2

2

yk = 2 kxk + kyk

:

3. De nir la notion d'orthogonalite :
x?y

si, et seulement si, hx; yi = 0:

4. Theoreme de Pythagore :
si x ? y

2

alors

2

2

kx + yk = kxk + kyk :
2

2

hx + y; x + yi = hx; xi + hx; yi + hy; xi + hy; yi = kxk + kyk :
n

Corollaire 1.1 Si fei g1 sont deux a deux orthogonals et normalises dans H
(i.e. kei k = 1) alors
!1=2
n
n
X
X
2
j ij
;
i ei =
1

1

de plus :

lim

n!1

n
X

i ei

1

=

qX

2

j ij

( sous la condition hei ; ej i = ij).
P1
2
La completion
de l'espace de Hilbert H assure que si 1 j i j < 1 alors
P1
les series 1 i ei convergent. En e et,
qP
Pm
m
2
k n i ei k =
n j i j ! 0 quand m > n ! 1:
1.1.1

Exemples de systemes orthonormals

1

1. Dans l2 considerer les vecteurs fen = (0; :::; 0; 1; 0; :::)gn=1 ou le 1 appara^t
dans la nieme position.
n
o1
2. Dans L2 [ ; ] considerer les vecteurs p12 eint
;
n= 1

3. Dans L2 [

; ] considerer les vecteurs

3

p1
2

;

cos
p nx ; sin
pnx ;

pour n = 1; 2; :::

Nous dirons qu'un systeme fxi gi 1 est complet dans H (ou tout autre espace
Pn
norme X) si l'enveloppe lineaire f i=1 i xi j 8n 2 N; pour tous scalaires i gi 1
est un ensemble dense dans H (ou, respectivement, dans X).
Remarque 1.1 Quelques theoremes connus d'analyse a rme que certains systemes
de fonctions sont complets dans certains espaces. Le theoreme d'approximation
de Weierstrass, par exemple, a rme que le systeme ftn gn 0 est complet dans
C [0; 1] (signi ant que les polyn^
omes sont denses dans C [0; 1]). Comme C [0; 1]
est dense dans L2 [0; 1] (par de nition de L2 [0; 1]) et la convergence fn ! f
dans C [0; 1] implique que fn ! f dans L2 [0; 1] (a montrer). Il s'en suit que
ftn gn 0 est un systeme dans L2 [0; 1] aussi.
Une autre version du theoreme de Weierstrauss a rme que les polyn^
omes
trigonometriques sont denses dans l'espace des fonctions 2 periodiques sur
[ ; ] (pour la norme de l'espace C [ ; ]). Comme consequence, le systeme
1
1
f1; cos nx; sin nxgn=1 est complet dans L2 [ ; ]. De m^eme pour eint n= 1 .
Lemme 1.1 Si ffi g est un systeme complet et x ? fi ; alors x = 0:

1.2

Procedure d'orthogonalisation de Gram-Schmidt
1

Algorithme 4 Soit fxi g1 un systeme lineairement independant. Considerer
e1 = x1 = kx1 k ;
et par induction,
en =

xn yn
kxn yn k

pour yn =

Alors,

Pn
1

1

hxn ; ei i ei :

1

1. fei g1 est un systeme orthogonal (il su t de montrer que pour m < n;
(em ; en ) = 0).
n

n

2. span fxi g1 = span fei g1 pour tout n = 1; 2; :::La demonstration ici est
par reccurence : si c'est vrais pour n 1 alors xn yn 6= 0 d'apres
n
l'independance lineaire de fxk g. Aussi evidement, ek 2 span fxi g1 pour
n
k n; et xn 2 span fei g1 .
De nition 1.1 Un espace norme X est dit separable s'il existe un ensemble
denombrable partout dense dans X.
Corollaire 1.2 L'espace de Hilbert H est separable si, et seulement si, il existe
un systeme orthonormal complet.
1

Preuve. Si H est separable alors il existe un sous-ensemble fei gi=1 denombrable
partout dense dans H. Choisissant d'une maniere inductive un sous-ensemble
1
1
fxi g1 tel que l'ensemble span fxi g1 soit aussi dense, et il est lineairement
4

independant. Maintenant, en appliquant l'algorithme de Gram-Schmidt au
1
systeme fxi g1 , nous achevons cette direction de la demonstration.
1
P D'autre part, fei gi=1 est complet alors considerons toutes les sommes nies
i ei avec des coe cients rationnels ( i ). C'est un ensemble denombrable
dense dans H.
1

De nition 1.2 Une suite fxi g1 P
est dite base de l'espace norme X si pour tout
x 2 X, il existe une unique serie i 1 i ei convergente vers x.
1

Theoreme 5 Un systeme orthonormal complet fei gi=1 dans H est une base
dans H.
Preuve. Pour tout x 2 H, on a d'apres l'inegalite de Bessel :
X
2
jhx; ei ij < 1:
i 1

D'apres le corollaire1.1 l'element
y=

X

hx; ei i ei 2 H

i 1

existe. Cela implique que pour tout i :
(y

x) ? ei :

D'apres le lemme1.1 nous aurons y = x. Donc
X
x=
hx; ei i ei :
i 1

(L'unicite est evidente : si x =

P1

i=1

i ei ;

alors hx; ei i =

i :)

Corollaire 1.3 Tout espace de Hilbert separable admet une base orthonormale.

1.3

Egalite de Parseval

Corollaire 1.4 Soit fei gi 1 un systeme orthonormal. Alors fei gi
base dans H si, et seulement si, pour tout x 2 H;
X
2
2
kxk =
jhx; ei ij :

1

est une
(2)

i 1

Preuve. ")" :
si x =

X
i 1

2

hx; ei i ei ) kxk =

X
i 1

2

jhx; ei ij ;

(3)

"(" :
si

x

n
X
1

2

hx; ei i ei

2

= kxk

5

n
X
1

2

jhx; ei ij

! 0:

n!1

(4)

Theoreme 6 Si H1 et H2 sont deux espaces de Hilbert de dimension in nie
et separables alors ils sont isometriquement equivalents; i.e., il existe un isomorphisme lineaire T : H1 ! H2 tel que kT xk = kxk ; et de plus pour tout
x; y 2 H1 :
(T x; T y)H2 = (x; y)H1
1

Preuve. Nous construisons l'operateur T pour H = H1 et H = l2 . Soit ffi g1
une base orthonormale de H. Alors pour tout x 2 H :
x=

1
X
1

2

(x; fi ) fi et kxk =

1
X

2

jhx; fi ij :

1

1

soit fei g1 la base naturelle de l2 . Alors
Tx =

1
X
1

Montrer l'isometrie.
n
o1
Exemple 7
1. p12 eint
2. De m^eme,

n

1

p1
2

p nt ; sin
p nt
; cos
2
2

(x; fi ) ei 2 l2 :

est une base orthonormale de L2 [
o1

(5)

; ].

est une base orthonormale de L2 [

1

; ].

Donons maintenant un exemple d'application de l'egalite de Parseval : Pour
un intervalle I = [a; b] on note par L2 I 2 l'espace des fonctions a carre
integrable de deux variables muni de la norme :
sZ Z
kf (t; )k =

2

f (t; ) dtd :

I

(6)

I

1

Soit f'i (t)g1 une base orthonormale de L2 ([a; b]). Alors le systeme
'i (t) 'j ( ) =
2

est une base orthonormale de L2 [a; b]

ij

(t; )

1
i;i=1

(7)

.

Preuve. Notons que le systeme
ij est orthonormal et de ni
Z Z
aij =
f (t; ) 'i (t) 'j ( )dtd :
I2

D'apres le theoreme "egalite de Parseval", il su t de montrer que pour tout
f 2 L2 I 2 :
Z Z
X
2
2
jaij j :
(8)
jf j dtd =
I2

ij

6

Soit
aj (t) =

Z

f (t; ) 'j ( )dt:

I

D'apres l'egalite de Parseval, il s'ensuit que
Z
1
X
2
2
jaj (t)j = jf (t; )j d :
I

j=1

Aussi
aij =

Z Z

I2

aj (t) 'i (t)dt

et encore d'apres l'egalite de Parseval,
1
X
i=1

2

jaij j =

Z

I

2

jaj (t)j dt:

En n, en combinant ces egalites, nous obtenons :
Z X
Z Z
1
X
2
2
2
jaij j =
jaj (t)j dt =
jf (t; )j dtd :
i=1

2

I

I2

j

Projections : decompositions

Soit L un sous espace ferme de H ( nous ecrirons L ,! H). Nous de nissons la
projection de x 2 H sur L de la maniere suivante : considerons la distance
% (x; L) = inf kx
y2L

S'il existe y 2 L tel que

% (x; L) = kx

yk :

yk

(i.e. le minimum est atteind), alors nous ecrivons
y = PL x;
la projection de x sur L.

2.1

Cas separable

Considerons le cas particulier d'un sous espace separable (notons que si H est
separable alors tout sous espace de H est separable (a veri er!)).
Soit une base orthonormale dans L. Prenons
y=

1
X
1

(x; ei ) ei 2 L:
7

Il est claire que
x

y?L

et, en raison de cela, pour tout z 2 L :
2

kx

2

zk = kx

yk + ky

2

zk (x

y?y

z) :

Il s'ensuit donc que
inf fkx

zk j z 2 Lg = kx

y2L

yk

and y = PL x: De plus un tel y est unique.

2.2

L'unicite de la distance entre un point et un ensemble
convexe : le sens geometrique

Le cas general est plus complique; nous commencons par un probleme plus
general. Soit M un ensemble ferme convex dans H. Notons la distance de x a
l'ensemble M par % (x; M ). Alors il existe un unique y 2 M tel que
% (x; L) = kx

yk

(la distance est realise a l'unique element y 2 M ) : en e et, soit yn 2 M et
kx

yn k ! % (x; M ) = d:

Une telle suite existe des que
d = inf kx
m2M

mk :

Maintenant, il est facile de voir que est une suite de Cauchy. Cela resulte par
la loi du parallelogramme :
2 kx
Comme

yn +ym
2

2

yn k + kx

ym k

2

= k2x

2

(yn + ym )k + kyn

2

ym k :

2 M (par la convexite de M ), et
x

yn + ym
2

d

nous obtenons
kyn

ym k ! 0 quand n; m ! 1:

Par consequent, il existe
y = lim yn 2 M
(car M est ferme) et y est unique. En e et, s'il existent deux points y et z pour
lesquels la distance est realisee alors nous devons choisir y2n ! y et y2n+1 ! z
et donc la suite fyn g ne serait pas de Cauchy.
8

2.3

Decomposition orthogonale

Preuve. Maintenant, considerons un sous espace ferme L a la place de M .
Notons que
f% (x; L) = % (x; y) pour un certain y 2 Lg , x

y ? L:

(9)

En e et, soit y 2 L tel que x y ? L; alors nous avons prouve avant cela, qu'il
realise la distance et qu'il est unique :
8z 2 L; kx

2

2

zk = kx

yk + ky

zk

2

2

kx

yk :

Dans la direction opposee, si y 2 L est la projection PL x; considerons un quelconque z 2 L :
kx

2

yk

kx

2

(y + z)k = kx

yk

2

Par consequent,
2 Re (z; x

y)

2

2 Re (z; x
2

2

y) + j j kzk :

2

j j kzk :

Prenons
= t(z; x
Alors
2t j(z; x

2

y)j

y); t 2 R:

t2 j(z; x

2

2

y)j kzk ; 8t 2 R;

en laissant n ! 1; nous montrons que
(z; x

y) = 0

et donc tout z 2 L est orthogonal a x y:
Nous resumons ce que nous connaissons dans la proposition suivante:
Proposition 8 Pour tout x 2 H, il existe un unique y 2 L tel que x
et y = PL x (ca donne la distance de x a L). Alors (evidemment)
x=x

2

y + y et kxk = kx

2

y?L

2

yk + kyk :

De nition 2.1 Pour L ,! H; nous posons
L? = fx 2 H j x ? Lg :
Il s'agit evidemment d'un sous-espace ferme de H.
Theoreme 9 Pour tout L ,! H sous-espace ferme de H,
L

L? = H:

Cette decomposition de H est unique.
Preuve. Pour tout x2 H et L ,! H il existe un y telque x = x y + y avec
x y 2 L? et y 2 L ( c'est a dire, y = PL x). L'unicite de la decomposition de
H est evidente.
9

Corollaire 2.1 Si L est un sous espace ferme, alors L?

?

= L:

Exercice 10 Soit L1 ,! L2 ,! H (sous espaces fermes). Soit x2 = PL2 x: Alors
PL1 x = x1 = PL1 x2
(Theoreme des trois perpendiculaires).[En e et, de nissons en premier x1 =
PL1 x2 ; alors
x x1 = x x2 + x2 x1
ou
(x

x2 ) ? L2 et (x2

x1 ) ? L1 :

Alors
(x

x1 ) ? L1 :

Lemme 2.1 Si L ,! H est un sous espace ferme et co dim E = 1; alors le sous
espace E ? est unidimentionel.
Preuve. E E ? = H: S'il existe deux vecteurs x1 ; x2 lineairement independants
dans E ? ; alors il existe deux vecteurs orthogonaux, disons y1 ; y2 2 E ? :
Maintenant, si
y1 + y2 = z 2 E =) = = 0
(car hyi ; zi = 0); donc

Yi = yi + E

sont lineairement independants dans H=E pour i = 1; 2; et c'est une contradiction.

References
[1] Kolmogorov & Fomine Elements de la theorie des fonctions et de l'analyse
fonctionnelle, Ellipses, 1999.
[2] John B. Conway, A course in functional analysis, second edition, Springer
1990.
[3] Walter Rudin, Functional analysis, second edition, McGrawHill, 1991.

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