Université Dr Yahia Fares Medea Module : Introduction à l’analyse Hilbertienne

Université Dr Yahia Fares Medea Module : Introduction à l’analyse Hilbertienne L3 Mathématique Année universitaire :2018-2019 Corrigé de l’EFS1 Exercice 1. H = l2(N, R) = ( x = (xk)k≥0 ⊂R : P k≥0 |xk|2 < +∞ ) muni du produit scalaire ⟨x, y⟩= P k≥0 xkyk . Soit ϕ : H →R l’application définit pour tout x ∈H par : ϕ(x) = +∞ X k=0 1 3k x2k avec x = (xk)k≥0 1) ϕ est une forme linéaire continue. *Linéarité Soient x, y ∈H et λ ∈R, ϕ(x + λy) = +∞ X k=0 1 3k (x2k + λy2k) = +∞ X k=0 1 3k x2k + λ +∞ X k=0 1 3k y2k = ϕ(x) + λϕ(y). *Continuité Soit x ∈H, |ϕ(x)| = +∞ X k=0 1 3k x2k ≤ +∞ X k=0 1 32k !1/2 +∞ X k=0 x2 2k !1/2 ≤ 1 1 −1 9 !1/2 +∞ X k=0 x2 k !1/2 = 9 8 1/2 ∥x∥. D’où ϕ est continue. 2) La détermination du vecteur u tel que pour tout x ∈H, on a ϕ(x) = ⟨x, u⟩, on pose u = (un)n≥0 = (u0, u1, ..........) ∀x ∈H, ϕ(x) = ⟨x, u⟩⇔∀x ∈H, +∞ X k=0 1 3k x2k = +∞ P k=0 xkuk par identification on obtient,  u2k+1 = 0 u2k = 1 3k , i.e u = (1, 0, 1 3, 0, 1 32 , .....), avec ∥u∥= 9 8 1/2, d’aprés le théorème de Riesz on a ∥ϕ∥= ∥u∥ 3) E = ( x ∈H : +∞ X k=0 e−k.x2k+1 = 0 ) . a) E est un sous espace fermé. E = {x ∈H : ϕ(x) = 0} = ϕ−1({0} = ker ϕ, E est l’image réciproque d’un fermé par une application linéaire continue, donc il est fermé. b) Détermination de E⊥. D’aprés le théorème de Riesz, en remplaçant ϕ(x) par ⟨x, u⟩, alors on obtient E = {u}⊥, d’où E⊥=  {u}⊥⊥ = vect {u} = {λu : λ ∈R} c) x = (xk)k≥0 ∈H, on calcule d(x, E). on note pr(x) la projection orthogonale de x sur E, on a x −pr(x) ∈E⊥, donc il peut s’écrire comme x −pr(x) = λu, on compose à droite par u, on obtient ⟨x −pr(x), u⟩= ⟨λu, u⟩ ⟨x, u⟩+ ⟨pr(x), u⟩= λ ∥u∥2 et comme pr(x) ∈E alors ⟨pr(x), u⟩= 0, d’où λ = ⟨x,u⟩ ∥u∥2 , on déduit que x −pr(x) = ⟨x,u⟩ ∥u∥2 u, maintenant on va prendre la norme de chaque membre on obtient 1 d(x, E) = ∥x −pr(x)∥= |⟨x,u⟩| ∥u∥ = 8 9 1/2 | ϕ(x)|. Exercice 2. H = l2(N, R) = ( x = (xk)k≥0 ⊂R : P k≥0 |xk|2 < +∞ ) muni du produit scalaire ⟨x, y⟩= P k≥0 xkyk . Tx = (2x1, x2, 2x3, x4,........) , x = (xn)n≥0 1) T est un operateur linéaire borné et que ∥T∥= 1. *Linéarité Soient x, y ∈H et λ ∈R T(x + λy) = (2(x1 + λy1), (x2 + λy2), 2(x3 + λy3), (x4 + λy4).........., ..) = (2x1, x2, 2x3, x4, .........) + λ (2y1, y2, 2y3, y4, .........) = Tx + λTy. *Continuité Soit x ∈H. ∥Tx∥ = +∞ X k=0 x2 2k+2 + 4x2 2k+1  !1/2 ≤2 +∞ X k=1 x2 k !1/2 ≤ 2 +∞ X k=0 x2 k !1/2 = 2 ∥x∥, d’où T est continu, avec ∥T∥≤2. On prend u = (0, 1, 0, 0, ...) . ∥T∥≥∥Tu∥= ∥(2, 0, 0, 0, ...)∥= 2, doù ∥T∥= 2. 2) Détermination de T ∗. Soient x, y ∈H. Tx = (2x1, x2, 2x3, x4,........) y = (y0, y1, y2, y3,.........., ) ⟨Tx, y⟩ = (2x1) y0 + x2y1 + (2x3) y2 + .... = x0.0 + x1 (2y0) + x2y1 + x3 (2y2) + ..... et comme ⟨Tx, y⟩= ⟨x, T ∗y⟩alors T ∗y = (0, 2y0, y1, 2y2, ......), (T ∗y)n =    0 si n = 0 2yn−1 si n est impair yn−1 si n est pair et n ≥2 Exercice 3. Calcul de limites dans l2(N∗, R). 1) (xn)n≥0 est définie par ses composantes xn k =  e−k si k ≤n 0 sinon On a la suite (xn)n≥1 ∈l2(N∗, R), car +∞ X k=1 (xn k)2 = n X k=1 e−2k < +∞. On a lim n− →+∞xn k = e−k car ∀n ≥k on a xn k = e−k, on pose x = (e−k)k≥0 = (1, e−1, e−2, ............, e−n, ....) 2 ∥xn −x∥= +∞ X k=1 (xn k −xk)2 ! 1 2 = +∞ X k=n+1 e−2k ! 1 2 =  e−2(n+1) 1 1−e−2  1 2 − →0 n− →+∞, alors xn − →x dans l2(N∗, R) et avec x ∈l2(N∗, R). 2) (xn)n≥0 est définie par ses composantes xn k =  e−k si k ≥n 0 sinon On a la suite (xn)n≥1 ∈l2(N∗, R), car +∞ X k=1 (xn k)2 = +∞ X k=n e−2k = e−2n 1 1−e−2 < +∞. On a lim n− →+∞xn k = 0 car ∀n ≥k on a xn k = 0, on pose x = (0, 0, 0, ......) ∥xn −x∥= +∞ X k=1 (xn k −xk)2 ! 1 2 = +∞ X k=n e−2k ! 1 2 = e−n  1 1−e−2  1 2 − →0 n− →+∞, alors xn − →x dans l2(N∗, R) et avec x ∈l2(N∗, R). 3 uploads/Industriel/ corrige-rfs1-l3-2018-2019.pdf

Tags
Industrielalors exercice linéaire soient détermination
Documents similaires
  • 16
  • 0
  • 0
Afficher les détails des licences
Licence et utilisation
Gratuit pour un usage personnel Attribution requise
Partager