Espaces de Hilbert

Espaces de Hilbert
Matière	Analyse 1
Chapitre	3
Promo	1A
Date	2006
Professeur	R. Dalmasso
Auteur	L. Petit
PDF	Le Post'IT

Soit $H$ un ev sur $K = \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.

Définition

Un produit scalaire sur $H$ est une application de $H \times H$ dans $\mathbb K$ (notée $(x,y) \to <x,y>$) vérifiant :

• $<x+\lambda y,z> = <x,y> + \lambda <y,z>$, $\forall x,y,z \in H$, $\forall \lambda \in K$.
• $<x,y> = \overline{<y,x>}$, $\forall x,y \in H$
• $<x,x> \geq 0$, $\forall x \in H$
• $<x,x> = 0 \Rightarrow x = 0$

Proposition

Soit $H$ un ev sur $\mathbb K$ muni d'un produit scalaire. On note $\left\|x\right\| = <x,x>^{1/2}$, $x\in H$ :

1. $\left|<x,y>\right| \leq \left\|x\right\| \left\|y\right\|, \forall x,y \in H$ (Inégalité de Cauchy-Schwarz)
2. $\left\|x+y\right\|^2 + \left\|x-y\right\|^2 = 2\left(\left\|x\right\|^2 + \left\|y\right\|^2\right)$, $\forall x,y \in H$

   (Inégalité du parallélogramme)

3. L'application $x \to \left\|x\right\|$ est une norme sur $H$.

Démonstration

1. Si $<x,y> = 0$, c'est clair. Supposons $<x,y> \neq 0$, $\forall t \in \mathbb{C}$, on a :

   $0 \leq \left\|x+ty\right\|^2$	$=$	$<x+ty,x+ty> = \left\|x\right\|^2 + t<y,x> + \bar t<x,y> + \left|t\right|^2 \left\|y\right\|^2$
   	$=$	$\left\|x\right\|^2 + 2 \mathfrak{Re} (t <y,x>) + \left|t\right|^2 \left\|y\right\|^2$

   $<y,x> = re^{i\theta}$, $\theta \in [0,2\pi[$ avec $r > 0$. Posons $t = se^{-i\theta}$ avec $s \in \mathbb{R}$.

   $\forall s \in \mathbb{R}$, $\left\|x\right\|^2 + 2rs + s^2 \left\|y\right\|^2 \geq 0$ d'où $r^2 - \left\|x\right\|^2\left\|y\right\|^2 \leq 0$.

2. $\left\|x+y\right\|^2 = \left\|x\right\|^2 + \left\|y\right\|^2 + 2\mathfrak{Re}<x,y>$

   $\left\|x-y\right\|^2 = \left\|x\right\|^2 + \left\|y\right\|^2 - 2 \mathfrak{Re}<x,y>$

3. $\left\|x\right\| = 0 \Rightarrow x = 0$

   $\left\|x\right\| \geq 0$

   $\left\|\lambda x\right\| = (\lambda x, \lambda x)^{1/2} = \left(\left|\lambda\right|^2 <x,y> \right)^{1/2} = \left|\lambda\right| <x,x>^{1/2} = \left|\lambda\right| \left\|x\right\|$

   Enfin d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $\left\|x+y\right\|^2 = \left\|x\right\|^2 + 2 \mathfrak{Re} (t <y,x>) + \left\|y\right\|^2 \leq \left\|x\right\|^2 + 2 \left\|x\right\|\left\|y\right\| + \left\|y\right\|^2 = (\left\|x\right\|+\left\|y\right\|)^2$

Définition Un espace préhilbertien est un ev $H$ muni d'un produit scalaire. Un espace de Hilbert est un espace préhilbertien complet pour la norme associée au produit scalaire.

• $H = \mathbb{R}^N$, $K=\mathbb{R}$. $<x,y> = \sum\limits_{j=1}^N x_j y_j$, $x = (x_1,...,x_N)$, $y=(y_1,...,y_N)$ est un espace de Hilbert.
• $H = \mathbb{C}^N$, $K=\mathbb{C}$, $<z,w> = \sum\limits_{j=1}^N z_j \bar w_j$, $z = (z_1,...,z_N)$, $w = (w_1,...,w_N)$ est un espace de Hilbert sur $\mathbb{C}$.
• Soit $\Omega \subset \mathbb{R}^N$ un ouvert borné. $H = C(\Omega, \mathbb{C})$. $<u,v> = \int_\Omega u(t)\bar v(t) dt$ est un espace préhilbertien (sur $\mathbb{C}$). Ce n'est pas un Hilbert.
• $\Omega \subset \mathbb{R}^N$ ouvert borné. $H = L^2(\Omega, \mathbb{C})$. $<u,v> = \int_\Omega u(t) \bar v(t) dt$ est un Hilbert (c'est le complété de $H$ donné en 3).
• $l_\mathbb{C}^2 (\mathbb{N}) = \left\{ x = (x_n)_{n\in \mathbb{N}} / x_n \in \mathbb{C}, \forall n \textrm{\,et\,} \sum\limits_{n \geq 0}^{} \left|x_n\right|^2 < +\infty\right\}$

  $<x,y> = \sum\limits_{n\geq 0}^{} x_n \bar y_n$, $x=(x_n)$, $y=(y_n)$, est un Hilbert (sur $\mathbb{C}$).

Définition

Soit $H$ un espace préhilbertien.

• $x,y \in H$ soit orthogonaux si $<x,y> = 0$
• Soit $A \subset H$, $A \neq \emptyset$. On appelle orthogonal de $A$ dans $H$ l'ensemble noté $A^{\perp} = \left\{ x \in H / <x,y> = 0, \forall y \in A \right\}$.

Proposition

Soit $H$ un espace préhilbertien.

1. Soit $A \subset H$, $A \neq \emptyset$. $A^{\perp}$ est un sev fermé de $H$.
2. Soient $A,B \subset H$ avec $A \neq \emptyset$ et $A \subset B$ alors $B^{\perp} \subset A^{\perp}$
3. Soit $A \subset H$, $A \neq \emptyset$. Alors $A\subset \left( A^{\perp} \right)^{\perp}$.
4. On suppose de plus que $H$ est complet. Soit $A$ un sev de $H$. Alors :

   $\bar A = \left(A^{\perp}\right)^{\perp}$

Pour la démo, voir TD.

Théorème

Soit $H$ un espace de Hilbert et soit $C \subset H$ une partie convexe, fermée non vide. Pour tout $x \in H$, il existe $a \in \mathbb{C}$ unique tel que :

$\left\|x-a\right\|= \inf\limits_{y\in \mathbb{C}}^{} \left\|x-y\right\|$

Démonstration

Posons $\alpha = \inf\limits_{y\in \mathbb{C}}^{} \left\|x-y\right\|$.

Soit $y_n$, $n\in \mathbb{N}$ telle que $y_n \in C$, $\forall n$ et $\left\|x-y_n\right\| \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \alpha$.

Montrer que $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est de Cauchy. $\forall n,m \in \mathbb{N}$ on a :

$2\left(\left\|x-y_n\right\|^2 + \left\|x-y_m\right\|^2\right) = \left\|y_n - y_m\right\|^2 + \left\|2x - y_n - y_m\right\|^2 = \left\|y_n - y_m\right\|^2 +4 \left\|x-\frac{y_n+y_m}{2}\right\|^2$

Comme $C$ est convexe $\frac{y_n+y_m}{2} \in C$. Donc :

$2\left(\left\|x-y_n\right\|^2 + \left\|x-y_m\right\|^2\right) \geq \left\|y_n - y_m\right\|^2 + 4 \alpha^2$

D'où $\left\|y_n-y_m\right\| \underset{n,m\to +\infty}{\longrightarrow} 0$. Comme $H$ est complet, il existe $a \in H$ tel que $y_n \to a$.

Comme $C$ est fermé, $a\in C$. La norme est continue, d'où :

$\left\|x-y_n\right\| \to \left\|x-a\right\| = \alpha$

Unicité : Si $a,b \in C$ et $\left\|x-a\right\| = \left\|x-b\right\| = \alpha$.

Posons $z_{2p} = a$ et $y_{2p+1} = b$. La suite $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est tel que $y_n \in C$, $\forall n$ et $\left\|x-y_n\right\| \to \alpha$. Or on a vu dans l'existence qu'une telle suite $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ converge.

L'unicité de la limite entraîne $a = b$.

$2\left( \left\|x-a\right\|^2 + \left\|x-b\right\|^2 \right) = \left\|a-b\right\|^2 + 4\left\|x-\frac{a+b}{2}\right\|^2$ $\left\|a-b\right\|^2 = 4 \left(\alpha^2 - \left\|x-\frac{a+b}{2}\right\|^2\right) \leq 0$

d'où $a=b$.

Théorème

Soit $H$ un espace de Hilbert et soit $C \subset H$ une partie convexe, fermée et non vide. Soit $x \in H$. On a l'équivalence :

• $a\in C$ est la projection de $x$ sur $C$.
• $a \in C$ et $\mathfrak{Re} <x-a,y-a> \leq 0$, $\forall y \in C$.

Démonstration

• Soit $y \in C$ et soit $t \in ]0,1]$. $(1-t)a + ty \in C$, car $C$ est convexe. $\left\|x-a\right\|^2 \leq \left\|x-\left((1-t)a + ty\right)\right\|^2 = \left\|x-a-t(y-a)\right\|^2 = \left\|x-a\right\|^2 + t^2 \left\|y-a\right\|^2 - 2t \mathfrak{Re} <x-a,y-a>$

  Donc :

  $2t \mathfrak{Re} <x-a,y-a> \leq t^2 \left\|y-a\right\|^2,\quad \forall t \in ]0,1]$

  d'où :

  $2\mathfrak{Re} <x-a,y-a> \leq t \left\|y-a\right\|^2, \quad \forall t \in ]0,1]$

  On fait tendre $t$ vers $0$ et on obtient : $\mathfrak{Re}<x-a,y-a> \leq 0$

• Soit $y \in C$ :

  $\left\|x-y\right\|^2$	$=$	$\left\|x-a + a - y\right\|^2$
  	$=$	$\left\|x-a\right\|^2 + \left\|y-a\right\|^2 - 2 \mathfrak{Re} <x-a,y-a>$
  	$\geq$	$\left\|x-a\right\|^2$

Proposition

Soient $H$ un espace de Hilbert et $C \subset H$ une partie convexe, fermée et non vide. Notons $P_C x$ la projection de $x \in H$ sur $C$. On a :

$\forall x_1, x_2 \in H, \qquad \left\|P_C x_1 - P_C x_2\right\| \leq \left\|x_1 - x_2\right\|$

Démonstration

Notons $a_j = P_C x_j$, $x_j \in H$, $j=1,2$.

$\left\|a_1 - a_2\right\|^2$	$=$	$<a_1 - a_2, a_1 - a_2>$
	$=$	$\mathfrak{Re}<a_1 - a_2, a_1 - a_2>$
	$=$	$\mathfrak{Re}<a_1 - x_1 + x_1 - x_2 + x_2 - a_2, a_1 - a_2>$
	$=$	$\mathfrak{Re}\left(<a_1 - x_1, a_1 - a_2> + <x_1 - x_2, a_1 - a_2>+<x_2 - a_2, a_1-a_2>\right)$
	$=$	$\underbrace{\mathfrak{Re}<a_1-x_1,a_1-a_2>}_{\leq 0 \textrm{(Th\,2)}} + \mathfrak{Re} <x_1-x_2,a_1-a_2> + \underbrace{\mathfrak{Re}<x_2-a_2, a_1-a_2>}_{\leq 0}$
	$\leq$	$\mathfrak{Re} <x_1 - x_2 , a_1 - a_2> \leq \left\|x_1 - x_2\right\| \left\|a_1 - a_2\right\|$

D'où $\left\|a_1 - a_2\right\| \leq \left\|x_1-x_2\right\|$

Soit $H$ un espace de Hilbert et soit $F$ un sev fermé de $H$ (Donc $F$ est convexe).

1. $a = P_F x$ est caractérisé par : $\left\{ \begin{array}{l} a \in F \\ <x-a,y>=0, \forall y \in F \end{array}\right.$
2. $P_F$ est linéaire et continue. De plus, si $F \neq \{0\}$, $\left\|P_F\right\|=1$
3. $H = F \oplus F^{\perp}$.

Démonstration

1. D'après le théorème 2 : $a = P_F x$ est caractérisé par : $(\star) \left\{ \begin{array}{l} a \in F \\ \mathfrak{Re} <x-a,y-a> \leq 0, \forall y \in F \end{array}\right.$

   Montrer que $(\star) \Leftrightarrow (\star \star)$ :

   $(\star \star) \left\{ \begin{array}{l} a \in F \\ <x-a,y> = 0, \forall y \in F\end{array} \right.$

   On a : $(\star \star) \Rightarrow (\star)$. $\forall y \in F$, $y-a \in F$ et donc $<x-a ,y-a> = 0$ d'où le résultat.

   Et : $(\star) \Rightarrow (\star \star)$, $\forall y \in F$, $y+a \in F$ et donc : $\mathfrak{Re}<x-a, y+a-a> \leq 0$.

   C'est à dire : $\mathfrak{Re} <x-a,y> \leq 0$, $\forall y \in F$.

   Comme $F$ est un sev, $\forall y \in F$. $\_y\in F$, d'où :

   $\mathfrak{Re}<x-a,y> = 0, \qquad \forall y \in F$

   Sur $\mathbb{C}$. Si $y \in F$, $iy \in F$, d'où :

   $\mathfrak{Im}<x-a,y> = 0, \qquad \forall y \in F$
2. Soient $x,x' \in H$ et $\lambda \in \mathbb{C}$, $P_F (x+\lambda x') \underset{?}{=} P_F(x) + \lambda P_F(x')$

   $\forall y \in F$, on a :

   $<x+\lambda x' - P_F(x) - \lambda P_F(x'),y> = \underbrace{<x-P_F x , y>}_{=0} + \lambda \underbrace{<x'- P_F x', y>}_{=0}$

   d'où le résultat.

   Si $F \neq \{ 0 \}$. $\left\|P_F x\right\| \leq \left\|x\right\|$, $\forall x \in H \Rightarrow \left\|P_F\right\| \leq 1$

   $\forall x \in F$ tel que $\left\|x\right\|=1$ on a : $\left\|P_F x\right\| = \left\|x\right\| = 1$ d'où $\left\|P_F\right\| = 1$.

3. $F\cap F^{\perp} = \{ 0 \}$.

   $\forall x \in H$, on a : $x = \underbrace{P_F x}_F + \underbrace{x-P_F x}_{F^{\perp}}$

Théorème

Représentation de Riesz

Soit $H$ un espace de Hilbert sur $\mathbb{C}$. Pour tout $L \in \mathcal L(H,\mathbb{C}) = H'$, il existe $a \in H$ unique tel que :

$\forall x \in H, \quad L(x) = <x,a>$ De plus $\left\|L\right\| = \left\|a\right\|$.

Remarque : Idem si $H$ est un Hilbert sur $\mathbb{R}$. $\forall L \in \mathcal L(H,\mathbb{R})$, $\exists ! a \in H$ tel que $L(x) = <x,a>, \forall x \in H$ et $\left\|L\right\| = \left\|a\right\|$

Théorème

Soit $H$ un hilbert. $L \in H'$.

$\exists ! a \in H$ tel que $L(x) = <x,a>$, $\forall x \in H$ et $\left\|L\right\| = \left\|a\right\|$.

Démonstration

Posons $F = L^{-1}(0)$. $F$ est sev fermé.

Si $F=H$, alors $L = 0$ et on prend $a = 0$.

Si $F \neq H$, alors il existe $z \in F^{\perp}$, $z \neq 0$. Pour tout $x\in H$ on a : $x - \frac{L(x)}{L(z)} \in F$

Donc :

$0 = < x - \frac{L(x)}{L(z)}z,z> = <x,z> - \frac{L(x)}{L(z)} \left\|z\right\|^2$

Donc $L(x) = \frac{L(z)}{\left\|z\right\|^2} <x,z> = <x, \overline{\frac{L(z)}{\left\|z\right\|^2}} z>$.

D'où $a = \overline{\frac{L(z)}{\left\|z\right\|^2}} z$. $a$ est unique. Soit $b \in H$ tel que $L(x) = <x,b>$, $\forall x \in H$. $<x,a-b>= 0$, $\forall x \in H$, d'où $a=b$.

$\left|L(x)\right| \leq \left\|x\right\| \left\|a\right\|, \quad \forall x \in H$

Donc $\left\|L\right\| \leq \left\|a\right\|$.

Si $a \neq 0$, $L\left(\frac{a}{\left\|a\right\|}\right)= \left\|a\right\|$, d'où $\left\|L\right\| = \left\|a\right\|$

Définition

Soit $H$ un espace de Hilbert tel que $\dim H = +\infty$. On appelle base hilbertienne (de $H$) une suite $(e_n)_{n\in \mathbb{N}}$ d'éléments de $H$ vérifiant :

1. $\left\|e_n\right\| = 1$, $\forall n \in \mathbb{N}$ et $<e_n,e_m> =0$, $\forall n \neq m$
2. L'espace vectoriel $F$ engendré par les $e_n$ est dense dans $H$.

Remarque : $F$ est l'ev des combinaisons linéaires finis des $e_n$...

Théorème

Soit $H$ un espace de Hilbert de dimension infinie et soit $(e_n)_{n\in \mathbb{N}}$ une base hilbertienne de $H$.

1. Pour tout $x \in H$, on a :
   1. $x = \sum\limits_{n\geq 0}^{} <x,e_n> e_n$, (c'est à dire $\left\|x - \sum\limits_{n=0}^N <x,e_n>e_n\right\| \underset{N\to +\infty}{\longrightarrow} 0$)
   2. $\left\|x\right\|^2 = \sum\limits_{n\geq 0}^{} \left|<x,e_n>\right|^2$ (Égalité de Bessel - Parseval)
2. Réciproquement, si $\lambda = (\lambda_n)_{n\in \mathbb{N}} \in l_K^2 (\mathbb{N})$, alors la série $\sum\limits_{n\geq 0}^{} \lambda_n e_n$ converge vers un élément $x \in H$ et on a : $\lambda_n = <x,e_n>, \forall n \in \mathbb{N} \textrm{\,et\,} \left\|x\right\|^2 = \sum_{n\geq 0} \left|\lambda_n\right|^2$

Démonstration

Soit $x \in H$. Posons :

$S_N(x)$	$=$	$\sum_{n=0}^N <x,e_n> e_n$
$\left\|S_N(x)\right\|^2$	$=$	$\sum_{n=0}^N \left|<x,e_n>\right|^2 \qquad (4)$
$<x,S_N(x)>$	$=$	$\sum_{n=0}^N \left|<x,e_n>\right|^2$
$\textrm{D'ou\,} \left\|S_N(x)\right\|^2$	$=$	$<x,S_N(x)> \leq \left\|x\right\| \left\|S_N(x)\right\|$
$\textrm{et\,donc\,} \left\|S_N(x)\right\|$	$\leq$	$\left\|x\right\| \quad (5)$

Soit $\varepsilon > 0$. Pour tout $x \in H$ il existe $x^* \in F$ tel que :

$\left\|x-x^*\right\| \leq \frac{\varepsilon}{2}$

Soit $J_\varepsilon \subset \mathbb{N}$ tel que $\left|J_\varepsilon\right| < +\infty$ et

$x^* = \sum_{j\in J_\varepsilon} a_j e_j, \quad a_j \in K$

Soit $N > \max J_\varepsilon$. Alors $S_N(x^*) = x^*$.

$\left\|S_Nx- S_Nx^*\right\| = \left\|S_N(x-x*)\right\| \leq \left\|x-x^*\right\|$

D'où : $\left\|S_Nx - x\right\| \leq \left\|S_N(x-x^*)\right\| + \left\|x^* - x\right\| \leq \varepsilon$

Donc $S_N(x) \underset{N\to +\infty}{\longrightarrow}$, d'où 1a).

2) Posons $A_N = \sum\limits_{n=0}^N \lambda_n e_n$. Soit $M > N$.

$\left\|A_M - A_N\right\|^2 = \sum_{n = N+1}^M \left|\lambda_n\right|^2 \underset{M,N\to +\infty}{\longrightarrow} 0$

$(A_N)$ est de Cauchy et comme $H$ est complet $\exists x \in H$ tel $x = \lim A_N$.

Soit $n \in \mathbb{N}$ et $N > n$, $<x,e_n> = \lim\limits_{N \to +\infty}^{} <A_N, e_n> = \lambda_n$.

$\left\|x\right\|^2 = \lim_{N \to +\infty} \left\|A_N\right\|^2 = \sum_{n \geq 0} \left|\lambda_n\right|^2$ $\left\|A_N\right\|^2 = \sum_{n=0}^N \left|\lambda_n\right|^2$

Dans $l_\mathbb{C}^2 (\mathbb{N})$, posons $e_n = (\underbrace{0,...,0,1}_{n+1},0,...,0)$.

$e_n \in l_\mathbb{C}^2 (\mathbb{N})$, $<e_n, e_m> = \delta_n^m$.

Soit $x\in l_\mathbb{C}^2(\mathbb{N})$, $x = \sum <x,e_n>e_n$ ?

$x=(x_n)_{n\in\mathbb{N}}, \qquad \left\|x-\sum_{n=0}^N <x,e_n> e_n\right\|^2 = \sum_{n \geq N+1} \left|x_n\right|^2 \to 0$