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    Table des matieres

    1 Espaces metriques 3

    1.1 Topologie des espaces metriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Limites et continuite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Espaces metriques complets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

    2 Espaces Vectoriels normes 72.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Applications lineaires et hyperplans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

    3 Espaces de Banach 11

    3.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.2 Series dans un espace de Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.3 Equations differentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

    4 Espaces de Hilbert 16

    4.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

    4.2 Orthogonalite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.3 Convexite et projections orthogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.4 Espaces de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.5 Theoremes de representation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

    5 Elements de theorie spectrale 27

    5.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275.2 Operateurs compacts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.3 Theorie Hilbertienne de Riesz-Fredholm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.4 Spectre dun operateur compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

    6 Transformee de Fourier, Transformee de Laplace 39

    6.1 Fonction dune variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396.1.1 Definition et propriete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

    6.2 Fonction de plusieurs variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436.2.1 Proprietes de la transformee de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

    6.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

    7 Mesure de Lebesgue 51

    7.1 Lidee de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

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    7.2 La longueur comme une mesure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527.3 Definition axiomatique dune mesure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 547.4 Mesure sur une algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 607.5 Mesure de Lebesgue de Rd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

    8 Lintegrale de Lebesgue 63

    8.1 Fonctions mesurables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 638.2 Integration des fonctions mesurables positives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688.3 Integration des fonctions de signe quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 728.4 Lien avec lintegrale de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 758.5 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

    8.5.1 Fonction definie par une integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

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    Chapitre 1

    Espaces metriques

    Il sagit de rappeler les notions de bases utilisees pour letude des espaces fonctionnels.

    1.1 Topologie des espaces metriques

    Un espace metrique est la donnee dun ensemble dont les elements sont consideres comme despoints et dune application qui permet de mesurer si deux points sont proches ou eloignes.

    Definition 1.1.1. Un espace metrique (E, d) est la donnee dun ensemble non vide E et duneapplication d, d : E E R+, appelee distance verifiant pour tous x,y ,z E

    i) d(x, y) = 0 si et seulement six = y

    ii) d(x, y) = d(y, x)

    iii) d(x, z) d(x, y) + d(y, z).La derniere propriete est appelee inegalite triangulaire.

    Dans un espace metrique, on introduit la notion de boule. B(x, r) est la boule de centre xet de rayon r. y B(x, r) si d(x, y) < r . B(x, r) est appele boule ouverte.Bf(x, r) = {y : d(x, y) r} est dite boule fermee de centre x et de rayon r.Exercice 1.1.2. Pour tout 0 < r, x,y E, montrer quei) Bf(x, ) B(x, r) Bf(x, r).ii) Si d(x, y) < r

    alors Bf(y, )

    B(x, r).

    Definition 1.1.3. Soit (E, d) un espace metrique et A et B deux parties non vide de E.La distance de A a B est definie par

    d(A, B) = inf{d(a, b) : a A etb B}.

    Si x E, on pose d(x, A) = d({x}, A)Exercice 1.1.4.

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    1) SurRn, on definit les applications d1, d3 et d2 par

    d1(x, y) =ni=1

    |xi yi|

    d2(x, y) = ni=1

    |xi yi|21/2d2(x, y) = sup

    1in|xi yi|.

    Verifier que (Rn, di) est un espace metrique pour 1 i 3.

    2) Soit E = C([a, b]) lespace des fonctions reelle continues sur [a, b]. On pose

    d1(f, g) = supx[a,b]

    |f(x) g(x)|

    d2(f, g) =ba

    |f(x) g(x)|dx.

    Montrer que (E, d1) et (E, d2) sont des espaces metriques.

    3) E = L1(a, b) lespace des fonctions integrables sur [a, b]. On pose

    d(f, g) =

    ba

    |f(x) g(x)|dx.

    (E, d1) est-il un espace metrique ?

    1.2 Limites et continuite

    Rappelons la notion de suite convergente

    Definition 1.2.1. Soit (an)n1 une suite de lespace metriques (E, d). On dit que la suiteconverge vers a et on note a = lim

    nan si

    r > 0, n0 N, n n0 d(an, a) < r.En dautres termes, il suffit de se ramener a la suite numerique d(an, a)

    On sinteresse a la continuite des applications.Soit f : (E1, d1) (E2, d2) ou (Ei, di) designe un espace metrique. Soit x E1.Proposition 1.2.2. f est dite continue au point x si lune des assertions equivalentes suivantesest verifiee :i) Pour toute suite (xn) de E1 qui converge vers x, (f(xn))n converge vers f(x).ii) , > 0, y E1, d1(x, y) < alors d2(f(x), f(y)) < .

    f est dite continue si elle est continue en tout x E1. On note par C(E1, E2) lensemble desfonctions continues de E1 a valeurs dans E2.

    On introduit la convergence uniforme de fonction.

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    Definition 1.2.3. Soient (E, d) et (F, dF) deux espaces metriques. Soit (fn)n0 une suite defonctions de E dans F. On dit quelle converge uniformement vers une fonction f : E F si

    supxE

    dF(fn(x), f(x)) 0 quandn +.

    Proposition 1.2.4. Toute limite uniforme de fonction continue est continue.

    Preuve. On suppose fn est continue pour tout n, alors

    > 0, n0 N, n n0 dF(fn(x), f(y)) < /3.fn0 est continue en x. Il existe > 0 d(x, y) < dF(fn0(y), f(y)) < /3.Pour tout y, d(x, y) < , dF(f(y), f(x)) < dF(f(y), fn0(y))+dF(fn0(x), fn0(y))+dF(fn0(x), f(x)),dou dF(f(y), f(x)) < /3 + /3 + /3 = .

    Rappelons la notion de continuite uniforme.

    Definition 1.2.5. f : (E, d) (F, dF) est dite uniformement continue si > 0, > 0 x, y E dE(x, y) < alorsdF(f(x), f(y)) < .

    Exercice 1.2.6. E = R, d(x, y) = |x y|, montrer que f(x) = x2 nest pas uniformementcontinue.

    Montrer que d1(x, y) = | arctan x arctan y| est aussi une distance surR.

    Est ce que f est uniformemen continue pour cette distance.

    1.3 Espaces metriques completsLa notion despace complet est essentielle pour la construction de solutions a des problemes

    danalyse. On construit en generale des solution approchees et on demontre quune suite deces solutions approchees converge vers la solution exacte. Il faut donc etablir des criteres deconvergence sans connatre la limite.

    Definition 1.3.1. (Suite de Cauchy) on dit que la suite de lespace metrique est de cauchy si :

    > 0, N N tel quen, m N dF(an, am) < .Exercice 1.3.2. Montrons que toute suite convergente est de cauchy.On poseE = [0,

    [ etd(x, y) =

    |arctan x

    arctan y

    |. Montrer que(E, d) est un espace metrique,

    que la suite an = n2 est de cauchy. Converge-telle dans E ?

    Definition 1.3.3. un espace metrique (E, d) est complet si toute les suites de cauchy de Econvergent dans E.

    Exemple 1.3.4. E = R, d(x, y) = |xy|. ]0, 1[ nest pas complet. Q nest pas complet, il manqueles irrationnels.

    Definition 1.3.5. Soit (E, d) un espace metrique. Une partie D de E est dite dense dans E si

    x E, > 0, B(x, ) D = .Il sen suit que tout point de E est limite dune suite de point de D.

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    Le theoreme suivant est utile dans de nombreux domaines.

    Theoreme 1.3.6. Soient (E, dE) et (F, dF) deux espaces metriques. Soit D une partie densede E et f : D F une application.Si F est complet et f est uniformement continue sur D, alors il existe un unique prolongement

    continue de f a E tout entier et ce prolongement est uniformement continue.

    Un des outils cles de lanalyse pour obtenir lexistence et lunicite de solutions de problemesnon lineaires est le suivant.

    Theoreme 1.3.7. (Theoreme du pint fixe de Picard) Soit (E, d) un espace metrique complet.Soit f : E E une application strictement contractante, cest a dire il existe k ]0, 1[ tel quepour tous x, y E, d(f(x), f(y)) kd(x, y). Alors f a un point fixe unique, cest a dire quilexiste a E telle que f(a) = a.De plus toute suite recurente (an)n1 verifiant an+1 = f(an) converge vers a etd(an+1, a) knd(an, a).

    Remarque 1.3.8. Ce theoreme donne un moyen constructif dapprocher la solution du pointfixe et donne meme un orde de convergence.

    Preuve. On note que f contractante est uniformement continue. Pour toute suite verifiantan+1 = f(an), on a alors

    d(an+1, an) kd(an1, an).Par recurence, on obtient d(an+1, an) knd(a1, a0). Pour tout n 1

    d(an+p, an) d(an+p, an+p1) + d(an+p1, an+p2) + ... + d(an+1, an)d(an+p, an)

    kn+pd(a1, a0) + k

    n+p1d(a1, a0) + ... + knd(a1, a0),

    dou

    d(an+p+1, an) kp

    1 k d(a1, a0).

    Cela montre que (an)n1 est une suite de Cauchy dans E complet. Par continuite, on a a = f(a).Si f(b) = b alors d(f(a), f(b)) = d(a, b) k(d(a, b), dou (1 k)d(a, b) 0. Par consequentd(a, b) = 0 ce qui donne a = b.

    Definition 1.3.9. Une partie F de lespace metrique (E, d) est dite fermee si toute limite desuite de point de F est dans F.

    Definition 1.3.10. Une partie K de lespace metrique (E, d) est dite compacte si :i) K est fermeii) De toute suite infinie de point de K, on peut extraire une sous suite convergente.

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    Chapitre 2

    Espaces Vectoriels normes

    Dans toute cette partie, K designera le corps R ou C et E est un espace vectoriel sur le corpsK.

    2.1 Generalites

    On introduit la notion de norme sur E.

    Definition 2.1.1. On appelle norme toute application . : E R+ verifiant :i) x = 0 si seulement si x = 0.ii) Pour tous K, x E x = || x.iii) Pour tous x, y E x + y x + y.Definition 2.1.2. Un espace vectoriel norme E surK muni dune norme . est appele espacevectoriel norme.

    Proposition 2.1.3. Un espace vectoriel norme (E, . ) est un espace metrique pour la distanced(x, y) = x y.

    Preuve. La verification de cette propriete est laissee en exercice.

    Definition 2.1.4. Deux normes . 1 et . 2 sont dites equivalentes sur E sil existe deuxconstantes , > 0 tel que pour tout x E x2 x1 x2.

    On rappelle le resultat suivant. Si E est un espace vectoriel de dimension finie, alors toute lesnormes sur E sont equivalentes.

    Exercice 2.1.5. Montrer que dans un espace vectoriel (E, . ), les sous espaces vectoriels dedimension finie sont complets.

    Lemme 2.1.6. (Riesz) Soient (E, . ) un espace vectoriel norme, V = E un sous espacevectoriel ferme de E. Alors pour tout ]0, 1[, il existex E tel quex = 1 et d(x, V) > 1.

    Preuve. Soit y / V qui existe puisque V = E, alors d(y, V) > 0 puisque V est ferme. Soit ]0, 1[, par definition de d(y, V), etant donne que d(y, V)

    1 > d(y, V), il existe v V tel que

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    y v < d(y, V)1 .

    Posons x =y v

    y v . Soit w V, on a

    x w = y v y vwy v .

    Or v + wy v V, doux w d(y, V)y v > 1 .

    On a bien x = 1, d(x, V) 1 .

    On peut enoncer le theoreme de Riesz.

    Theoreme 2.1.7. La boule unite ferme Bf(0, 1) dun espace vectoriel norme (E, . ) estcompacte si et seulement si E est de dimension finie.

    Preuve. Si E est de dimension finie n, il existe une base (e1, e2,...,en) de E. Lapplication

    : Kn E definie par (x1, x2,...,xn) =ni=1

    xiei est un isomorphisme despaces vectoriels.

    On definit sur Kn une norme equivalente en posant

    x = (x1, x2,...,xn), x = (x)E.

    est une isometrie pour cette norme que lon sait equivalente a toute autre norme sur Kn.La boule ferme de E est limage de la boule ferme de Kn par . Limage par une fonction conti-

    nue dun compact est compact.

    La reciproque se demontre par labsurde. Soit E de dimension infinie. On suppose avoir construita1, a2,...,an, n vecteurs de E tels que ak = 1 et ak ap 12 pour k = p, k, p {1, 2,...,n}.Soit Vn le sous espace vectoriel engendre par les vecteur (ak)1kn. Vn est de dimension finiedonc ferme. Dapres le Lemme de Riesz, il existe an+1, an+1 = 1 et d(an+1, Vn) 12 . Onconstruit ainsi la suite (an)n1 tel que an = 1 et ak an 12 pour tous k,n k = n.La suite (an)n1 ne peut donc pas converger.

    Exercice 2.1.8. SoitC([1, 1]) lespace des fonctions complexes continues sur [1, 1]. On pose

    H(t) =

    1 si 1 < t < 00 si t = 0

    1 si 0 < t < 1.

    On noteE = {f = u + H : u C([1, 1]), C}

    pour tout f E, on definitf1 =10

    |f(t)|dt

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    Verifier que (E, . 1) est bien un espace vectoriel norme. Montrer que la suite (fn) definie parfn(t) =

    2

    arctan(nt) est une suite de E convergeant vers H.

    Pour tout f E, montrer quil existe un unique tel que f H C([1, 1]).On pose L(f) = . Verifier que L : E

    C est bien lineaire mais que L nest pas continue.

    2.2 Applications lineaires et hyperplans

    Theoreme 2.2.1. Soient (E, . 1) et (F, . 2) deux espaces vectoriels normes. Soit : E F lineaire. Les propositions suivantes sont equivalentes :

    i) est continue en 0.

    ii) est uniformement continue sur E.

    iii) est bornee cest a dire il existe M > 0 tel que pour tout x

    E,

    (x)2

    M

    x1.

    Preuve. i) iii) etant continue en 0, il existe > 0 si x1 < , alors (x)2 < 1. Soitx E, x = 0 alors y =

    2

    x

    x1 verifie y1 < et (y)2 =

    2

    x

    x1

    2 1. Par

    consequent (x)2 2x1

    . Posons M =2

    .

    Linegalite est toujours vraie pour x = 0.

    iii) ii) Pour toux x, y (x) (y)2 = (x y)2 Mx y1. est M-lipschitziennedonc uniformement continue.

    La continuite uniforme implique la continuite en 0.

    Proposition 2.2.2. Soient (E, . 1) et (F, . 2) deux espaces vectoriels normes. On noteL(E, F) lensemble des applications lineaires continues de E dans F. Pour L(E, F), on a

    supx1=1

    (x)2 = supx11

    (x)2 = supx=0xE

    (x)2x1 .

    Cette norme notee L(E,F) est une norme sur L(E, F) qui est aussi un espace vectorielnorme.

    Preuve. Verification a faire en exercice

    Proposition 2.2.3. Soient E, F, G trois espaces vectoriels normes. Si L(E, F) et L(F, G) alors L(E, G) et L(E,F) L(E,F)L(E,F).

    Rappelons que dans un espace vectoriel norme E, deux sous espaces vectoriels V et W sontdits supplementaires si pour tout x E, il existe v V et w W tels que x = v + w et on noteE = V + W.Ils sont dits en somme directe si de plus V W = {0} et on note E = V W. La dimension dusous espace vectoriel W est appelee codimension de V.

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    Definition 2.2.4. Un hyperplan est un sous espace vectoriel de E de codimension 1.

    En dimension infinie, lequation des hyperplans est donnee par une application lineaire de Edans K appelee encore forme lineaire.

    Soit L une forme lineaire non nulle, il existe a E tel que L(a) = 0. Notons Ka la droitevectorielle engendree par a et H = N(L) = L1({0}) le noyau de L. On a alors E = H Ka.En effet, si x E alors h = x L(x)

    L(a)a N(L) et on a x = h + L(x)

    L(a)a = h + a avec =

    L(x)

    L(a).

    dautre part si h = a HKa, alors L(h) = L(a) = 0, dou = 0 et h = 0.H est bien un hyperplan dequation L(x) = 0.Reciproquement si H est un hyperplan, il existe a = 0 tel que E = HKa, pour tout x E, ilexiste un unique h H et un unique K tel que x = h + a. On pose L(x) = alors L estlineaire et N(L) = H.

    Proposition 2.2.5. Les hyperplan H despace vectoriel E sont des noyaux de formes lineaires

    non nulles. Si E est un sous espace vectoriel norme et H = N(L), alors L est continue si etseulement si H est ferme.

    Preuve. H = L1({0}) si L est continue, limage reciproque dun ferme par une applicationcontinue est ferme.Supposons H ferme et E = H Ka, a = 0. On a L(a) = 0, posons l = LL(a) alors l(a) = 1. Sil est non bornee, il existe une suite xn, xn 1 et l(xn) +. A partir dun certain rang,l(xn) = 0 et 1l(xn)xn 0. Posons

    hn = a

    xn

    l(xn)

    = a

    L(a)

    l(xn)

    xn.

    On a hn a et hn H car L(hn) = 0. Comme a H cest en contradiction avec H ferme. Lest donc bornee et donc continue.

    On donne sans demonstration une version du theoreme de Hanh-Banach. On note E = L(E,K)encore appele dual topologique de E.

    Theoreme 2.2.6. Soit E un espace vectoriel norme et V un sous espace vectoriel de E. Si mest une forme lineaire continue sur V, alors il existe un prolongement L E de meme norme :

    v V m(v) = L(v) et LE = mV .

    Une consequence importante de ce theoreme est le resultat suivant :

    Proposition 2.2.7. Soit E un espace vectoriel norme et x E. Si pour tout L E L(x) = 0alors x = 0.

    Preuve. Si x = 0, x E. Kx est un sous espace vectoriel norme de E, m : Kx K definie parm(x) = est une forme lineaire continue de norme

    1

    x . Il existe L E prolongement de m

    et L = 1x . On a L(x) = m(x) = 1 = 0.

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    Chapitre 3

    Espaces de Banach

    3.1 Generalites

    Definition 3.1.1. Un espace de Banach est un espace vectoriel norme complet.

    Cette notion prend tout son sens en dimension infinie.

    Proposition 3.1.2. Les espaces vectoriels E de dimension finie sur K = R ou C sont desBanach.

    Soit E un espace vectoriel de dimension N N sur K, E est isometrique a Kn, or Kn estcomplet donc E est complet.

    Exercice 3.1.3. Soit l1(N) lespace des suites complexes (an)n1 telle que la serien1

    |an| soit

    absolument convergente. On pose

    al1 =+n=

    |an|.

    Montrer que (l1(N), . l1) est un espace vectoriel norme.

    Soit ak = (akn)n1 l1(N), on suppose que ak est une suite de Cauchy de l1(N).

    Montrer que pour tout n fixe, la suite deC, ak = (akn)kN est de Cauchy.

    On pose an = limk+

    akn, montrer que le suite a = (an)n1 ainsi definie est dans l1(N) et que

    ak

    a

    0 quand k

    .

    En deduire que l1(N) est un Banach.

    Par contre il existe des espaces vectoriels normes qui ne sont pas complets.

    Exercice 3.1.4. On pose E = C([0, 1],R) lespace des fonctions reelles continues sur [0, 1] etpour tout u E, on definit

    u =10

    |u(t)|dt.

    On a deja vu que (E, . ) est un espace vectoriel norme.

    11

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    Montrer que la suite definie par un(t) = (t)n a une limite pour la convergence simple que lon

    note u. A- t-on u E.

    Montrer que

    1

    0|un(t) u(t)|dt 0 quand n +.

    En deduire que la suite un est de Cauchy dans E. Est ce que (E, . ) est un Banach.

    On change de norme et on pose u = supt[0,1]

    |u(t)|.

    Montrer que (E, . ) est un Banach.Sur lespace des applications lineaires continues, on a le resultat suivant :

    Proposition 3.1.5. Soit E un espace vectoriel norme et B un Banach, alorsL(E, B) est aussiun Banach pour la norme des applications lineaires.

    Seul lespace darrivee doit etre complet.

    Preuve. Soit (un)n1 une suite de Cauchy de L(E, B). Pour tout x E,un(x) um(x) un umx. (un)n1 est par consequent une suite de Cauchy du BanachB. On note u(x) sa limite dans B. On verifie aisement que u est lineaire.

    > 0 N 0 n,m > N un um < .

    Pour chaque x E, un(x) um(x) < x, en faisant m pour n fixe, il vient

    un(x) u(x) < x.

    Cela montre que u est continue avec u < + un et dautre part un uL(E,B) < .

    La completude permet de definir des prolongements et dutiliser les series absolument conver-gentes

    Proposition 3.1.6. Soit E un espace vectoriel norme et V un sous espace vectoriel dense deE.Soit B un Banach, alors toute application lineaire continue u de V dans B a un unique prolon-gement dansL(E, B).

    Cest une consequence du theoreme de prolongement des applications uniformement continues.

    3.2 Series dans un espace de Banach

    Definition 3.2.1. Soit

    un une serie de lespace normee (E, . ).n1

    un est dite normale-

    ment convergente si la serie numeriquen1

    un est convergente.

    Proposition 3.2.2. Dans un espace de Banach, les series normalement convergentes sont desseries convergentes.

    12

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    Il suffit de noter que les sommes partielles des series normalement convergentes sont des suitesde Cauchy.

    Faisons maintenant le lien avec les notions dintegrales et de derivation de fonctions de la va-riable reelle a valeurs dans un espace norme.

    Soit J un intervalle de R et E un espace vectoriel norme ; Soit f : J E.f est dite derivable en t J si f(t + h) f(t)

    ha une limite dans E pour tout t + h J et h 0.

    La limite est notee f(t).On dit que f C1(J, E) si f est derivable pour tout t J et si t f(t) E est continue.Proposition 3.2.3. Soit B un espace de Banach. Soit f C1(J, B) alors les primitives de fsont les fonctions F C(J, B) de la forme

    F(t) = x + t

    af(s)ds,

    ou x B, a J sont arbitraires

    Preuve. soit

    F(t) = x +

    ta

    f(s)ds.

    On a alorsF(t + h) F(t)

    h= f(t) +

    1

    h

    t+ht

    (f(s) f(t))ds,dou

    F(t + h) F(t)h f(t) sups|st|1

    f(s) f(t)B.

    Comme f est continue au point t, on a

    sups

    |st|1

    f(s) f(t)B 0 quand h 0.

    F est donc derivable et F(t) = f(t).

    Reciproquement si G est une autre primitive alorsd

    dt(G(t)F(t)) = 0, on conclut grace au lemme ci-dessous que G(t)F(t) = y pour tout t J.

    Lemme 3.2.4. Soit f : J E derivable tel que f(t) = 0 sur J, alorsf(t) = y pour toutt J,f est constante.

    Preuve Soit L E, on pose g(t) = L(f(t). g est une fonction reelle. De plusg(t + h) g(t)

    h= f(t) +

    L(f(t + h)) L(f(t))h

    = Lf(t + h) f(t)

    h

    ,

    par consequent g(t) = L(f(t)) = 0 pour tout t J puisque L est continue. g est donc constante.

    Pour tout a J, on a L(f(t)) = L(f(a)) dou L(f(t)) (f(a)) = 0 pour tout L E douf(t) = f(a) pour tout t J dapres la Proposition 2.2.7. f est bien constante sur J.

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    3.3 Equations differentielles

    Le calcul integral introduit dans la section precedente permet de resoudre des equationsdifferentielles en dimension infinie.

    On donne ici une version simple du theoreme de Cauchy-Lipschitz.

    Theoreme 3.3.1. (Cauchy-Lipschitz) SoitB un espace de Banach surR ouC etJ un intervalledeR. Soit F une fonction F : J B B continue et globalement lipschitzienne par rapport ala seconde variable :

    M > 0, t J, x, y B F(t, x) F(t, y) Mx y.Alors il existe une fonction uniqueu C1(J, B) solution de lequation differentielle y = F(t, y)verifiant u(t0) = x0, pour tout t0 J, x0 B.

    Preuve. On commence par remarquer que le probleme est equivalent a trouver u C(J, B) telqueu(t) = x0 +

    tt0

    F(s, u(s))ds.

    Cela revient a demontrer lexistence et lunicite dun point fixe pour lapplication : C(J, B) C(J, B)

    v C(J, B), t J (v)(t) = x0 +tt0

    F(s, v(s))ds.

    On se ramene a appliquer le theoreme de point fixe de Picard. Soit > 0 et v C(J, B), onpose

    v = suptJ

    e|tt0|v(t)B .

    On note E(J) lespace vectoriel norme des fonction v de C(J, B) tel que v < .

    Montrer que (E(J), . ) est un espace de Banach (laisser en exercice).

    Pour tout t t0

    (v)(t) (u)(t) =tt0

    (F(s, v(s)) F(s, u(s)))ds

    (v)(t) (u)(t) Mtt0

    v(s), u(s)ds.

    Orv(s) u(s) e(st0)u v.

    Il en resulte

    (v)(t) (u)(t) M

    u ve(tt0).Pour t t0 la majoration est identique, on obtient ainsi

    e|tt0|(v)(t) (u)(t) M

    u v.

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    Par consequent on obtient

    (v) (u) M

    u v.

    Pour tout > M, lapplication : E(J) E(J) est une contraction stricte, elle admet doncun point fixe dapres le theoreme de Picard.

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    Chapitre 4

    Espaces de Hilbert

    4.1 Generalites

    On commence par rappeler quelques definitions.

    Definition 4.1.1. Soit E un espace vectoriel surC, une application, a : E E C, est uneforme sesquilineaire si et seulement si elle est antilineaire en la premiere variable et lineaire enla deuxieme variable, cest a dire :

    x E, y a(x, y) est une forme antilineaire,y E, x a(x, y) est une forme lineaire.

    Une forme sesquilineaire a est hermitienne si et seulement si

    x, y E, y a(x, y) = a(y, x)Une forme sesquilineaire a verifie donc

    C x1, x2, y E, y a(x1 + x2, y) = a(x1, y) + a(x2, y)de meme que

    C x, y1, y2 E, y a(x,y1 + y2) = a(x, y1) + a(x, y2)On remarque aussi que pour une forme hermitienne on a x E, a(x, x) R.

    Definition 4.1.2. Soit E un espace vectoriel surC, une forme hermitienne a : E E C estpositive si et seulement si x E, a(x, x) 0. Elle est definie positive si et seulement si elleest positive et x E, a(x, x) = 0 implique x = 0.Definition 4.1.3. E un espace vectoriel surC est dit prehilbertien sil est muni dune formehermitienne definie positive. On la note pour x, y E, (x, y).Exercice 4.1.4. verifier que les espaces suivants sont prehilbertiens.

    E = C0([0, 1];C), f, g E, (f, g) =10

    f(t)g(t)dt.

    E = l2 =

    a = (an)nN, an C,n=0

    |an|2

    , a, b E, (a, b) =n=0

    anbn.

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    Proposition 4.1.5. SoitE un espace prehilbertien, cest un espace norme pour la norme definieparx E, x =(x, x). On a de plus

    x, y E, x + y2 = x2 + y2 + 2Re(x, y),

    x + y

    2 +

    x

    y

    2 = 2

    x

    2 + 2

    y

    2,

    |(x, y)| x y.Les deux premieres egalites sont le resultat de calculs immediats. Linegalite est linegalite de

    Cauchy Schwarz. Elle se demontre de la facon suivante. Le polynome

    t R x + t2 = x2 + 2tRe(x, y) + t2y2est positif ou nul donc son discriminant est negatif ou nul. Cela donne |Re(x, y)| x y. Ona : (x, y) = |(x, y)|ei pour un R. Donc

    |(x, y)| = (eix, y) = Re(eix, y) eixy = x y.On peut maintenant demontrer Linegalite triangulaire. En effet

    x + y2 = x2 + y2 + 2Re(x, y).x2 + y2 + 2x y = (x + y)2.On verifie alors aisement que . est bien une norme, ce qui termine la demonstration.Exercice 4.1.6. Soit z E, espace prehilbertien, montrer que x (z, x) est une forme lineairecontinue et determiner sa norme.

    Montrer que le produit scalaire : (x, y) est continu sur E E.

    Soit a une forme sesquilineaire, montrer quelle est continue si et seulement si elle est bornee :il existe une constante c > 0 telle quex, y E, |a(x, y)| cx y.

    4.2 Orthogonalite

    Definition 4.2.1. Soit E un espace prehilbertien, on dit que x, y E sont orthogonaux si etseulement si (x, y) = 0. On dit quune suite de E finie (e1,...,eN) ou infinie (en)n1 forme unsysteme orthogonal si et seulement si n = m, (en, em) = 0. Le systeme est orthonormal si deplus n, en = 1.Proposition 4.2.2. (Inegalite de Bessel Parseval.) Soit (e1,...,eN) un systeme orthogonal dunespace prehilbertien E. On a alors la relation de Pythagore : e1+e2+...eN2 = e12+...eN2.Si (en)n1 forme un systeme orthonormal alors pour tout x E on a Linegalite de BesselParseval

    n=1

    |(en, x)|2

    x2

    .

    La relation de Pythagore se demontre par une recurrence immediate. Pour obtenir linegalite

    de Bessel Parseval considerons xN =Nn=1

    (en, x)en. Comme (en)n=1,...N est un systeme orthogonal

    on a par Pythagore xN =Nn=1

    |(en, x)|2. Or

    (xN, x) =N

    n=1((en, x)en, x) =

    N

    n=1(en, x)(en, x) = xN2,

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    donc (xN, x xN) = 0 et toujours par Pythagore

    x2 = (x xN) + xN2 = (x xN)2 + xN2 = (x xN)2 +Nn=1

    |(en, x)|2.

    Les sommes partiellesNn=1

    |(en, x)|2 sont donc majorees par x2. La serie est donc absolument

    convergente et est majoree par x2.La suite (xN)N1 est de Cauchy. En effet pour M > N, xN xM2 =

    Mn=N+1

    |(en, x)|2 tendvers 0 quand N, M . Mais la suite ne converge pas neecessairement, pour cela il faudraitque E soit complet.On va maintenant etudier les relations dorthogonalite entre ensembles. On rappelle tout dabordque si B est une partie dun espace vectoriel E sur K = R ou C,

    V ect(B) = Nn=1

    nxn, n K, xn B, n = 1, 2, ..., N N N

    est lespace vectoriel engendre par B.

    Definition 4.2.3. Soit B E, espace prehilbertien. Lorthogonal de B est lensembleB = {x E, b B, (b, x) = 0}.

    Proposition 4.2.4. Soit B E, espace prehilbertien. Lorthogonal B est un sous espacevectoriel ferme de E et B B = {0}. Si B C alors C B. On a de plus B =

    V ect(B)

    = V ect(B)

    Soit b E, b = {b} est par definition le noyau de la forme lineaire continue x (b, x) (cfexercice). Cest donc un sous espace vectoriel ferme. Par consequent B =

    bB

    b, intersection

    de sous espaces vectoriels fermes est donc aussi un sous espace vectoriel ferme. Dautre part six B B alors x est orthogonal a lui meme et donc x2 = (x, x) = 0, x = 0.Si B C alors C =cc

    c bB

    b = B. Par consequent (V ect(B)) (V ect(B)) B.

    Si x B alors pour tout b1,...,bN B et tout 1,...,N C on a

    x,N

    n=1 nbn =N

    n=1 n(x, bn) = 0.Donc x (V ect(B)), cela montre que B (V ect(B)).

    Reciproquement, si x (V ect(B)), soit c V ect(B) : il existe une suite (cn)nN de (V ect(B))tel que cn c. On a (x, cn) = 0 et comme le produit scalaire est continu (x, c) = lim

    n(x, cn) = 0.

    On obtient ainsi x (V ect(B)). On a donc B (V ect(B)) (V ect(B)). On a demontreprecedemment linegalite inverse, ce qui acheve la preuve de la proposition.

    Definition 4.2.5. Soit T un sous ensemble de E, espace prehilbertien. On dit que T est totalsi et seulement si le sous ensemble vectoriel quil engendre, note V ect(T) est dense dans E.

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    Soit T E, si x T alors dapres la Proposition 4.2.4, on a par Pythagore t V ect(T)x t2 = x2 + t2, et donc x x t

    x inf{x t; t V ect(T)} = dist(x, T).Donc si x = 0 sa distance a V ect(T) est strictement positive. V ect(T) ne peut donc pas etredense. Par consequent on a

    Proposition 4.2.6. Si un sous ensembleT dun espace prehilbertien est total, alors T = {0}.La reciproque est fausse dans un cadre prehilbertien general. On peut prendre par exemple

    E = C0([.1, 1];R) muni du produit scalaire (f, g) =

    11

    f(x)g(x)dx et T =

    f E;0

    1f(x)dx =1

    0f(x)dx

    . On verifie que T = 0 pourtant T nest pas dense.

    4.3 Convexite et projections orthogonales

    Definition 4.3.1. Soit E un espace vectoriel surR ouC. Un sous ensemble C E est convexesi et seulement si

    x, y C, [0, 1], x + (1 )y C.Autrement dit si x et y sont deux points de C le segment reliant x a y doit etre inclus dans

    C. On a le resultat classique suivant.

    Proposition 4.3.2. Les barycentres a poids positifs de points dun convexe C sont dans C :

    x1, ...xN C, 1, ...N 0,avec Nn=1

    n = 1,Nn=1

    nxn C.

    La demonstration se fait par recurrence sur N (laisser en exercice). Le resultat principal dece paragraphe est le suivant.

    Theoreme 4.3.3. Soit C un convexe complet dun espace prehilbertien E. Pour tout x E ilexiste un unique point PCx, projection orthogonale de x sur C, tel que :

    x PCx = d(x, C) = inf{x y, y C}.La projection PCx est caracterisee par

    PCx C, y C, Re(x PCx, y PCx) 0.De plus PC est une contraction pour tout x1, x2 E, PCx1 PCx2E x1 x2E.

    Dans lenonce ci-dessus caracterise signifie que PCx est lunique solution du probleme :trouver z C tel que pour tout y C on ait Re(x z, y z) 0. Pour la demonstrationdu theoreme considerons une suite minimisante (yn)nN de C : yn x = d(x, C) quandn . On a vu que a + b2 + a b2 = 2a2 + 2b2 ce qui donne pour a = x yn etb = x ym

    4x yn + ym2

    2 + yn ym2 = 2x yn2 + 2x ym2.

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    Or commeyn + ym

    2 C on a x yn + ym

    2 . Par consequent

    yn ym2 2x yn2 + 2x ym2 42.Quand n et m

    on a

    x

    yn

    et

    x

    ym

    , donc

    yn

    ym

    0 quand n etm . La suite (yn)nN est donc une suite de Cauchy de C qui est suppose complet. Elleconverge donc vers un point PCx C et x PCx = . Si z est un autre point de C verifiantla meme relation alors la suite (PCx,z ,PCx,z,...,PCx,z,...) est aussi une suite minimisante etpar le meme raisonnement que precedemment elle converge. Cela implique z = PCx et donclunicite. Si z C verifie y C, Re(x z, y z) 0 alors pour tout y Cx y2 = (x z) + (z y)2 = (x z)2 + (z y)2 2Re(x z, y z) (x z)2.

    Donc z realise le minimum de la distance de x aux points de C ce qui implique z = PCx.

    Reciproquement si on pose z = PCx alors pour tout y

    C et tout t

    [0, 1] on a ty + (1

    t)z

    C

    et donc x (ty + (1 t)z)2 x z2. On obtientx z t(y z)2 x z2 = t2y z2 2tRe(x z, y z) 0

    pour tout t [0, 1]. En particulier la derivee par rapport a t de cette fonction doit etre positiveou nulle en t = 0. Cela donne -2 Re(x z, y z) 0 ce qui conduit au resultat souhaite.

    Pour montrer la contractivite des projections, appliquons maintenant le critere pour PCx1 avecy = PCx2 et pour PCx2 avec y = PCx1. On obtient

    Re(x1 PCx1, PCx2 PCx1) + Re(x2 PCx2, PCx1 PCx2) 0

    Re(x1 x2 + (PCx2 PCx1), PCx2 PCx1) 0

    PCx2 PCx12 Re(x2 x1, PCx2 PCx1).Linegalite de Cauchy Schwarz permet de conclure.

    Corollaire 4.3.4. Soit V un sous espace vectoriel complet et non reduit a {0} dun espaceprehilbertien E. Pour toutx E il existe un unique point PVx, projection orthogonale de x surV , tel que :

    x PVx = d(x, V) = infx y, y V .

    La projection PVx est caracterisee par

    PVx V, y V, (x PVx, y) = 0.De plus PV L(E) et PVL(E) = 1.

    Un sous espace vectoriel est convexe, donc il suffit dappliquer le theoreme precedent. Lapro jection est caracterise par PVx V, y V,Re(xPVx, yPVx) 0. En posant y = yPVx(V est un se.v.) on a donc y V, Re(x PVx, y) 0. On applique cette relation pour y, iyet iy successivement pour obtenir (x PVx, y) = 0. Cette caracterisation montre aussi quePV est lineaire. Comme PV est une contraction on a PVL(V) 1, comme PV est lidentite surV on a en fait egalite.

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    Proposition 4.3.5. (Orthonormalisation.) Soit V1 V2 ...Vn Vn+1 ... une suite stricte-ment croissante de sous espaces vectoriels dun espace prehilbertien E avec V1 = {0}. Si les Vnsont complets, il existe alors un systeme orthonormal e1, e2,...,en,... tel que en Vn Vn1. Sin, dim(Vn) = n alors il existe un systeme orthonormal e1, e2,...,en, .... tel que (e1, e2,...,en) estune base orthogonale de V

    n.

    On obtient le resultat par une recurrence sur n. Pour construire e1 on normalise un vecteur nonnul de V1. Supposons (e1,...,eN) construits. Les espaces Vn sont complets. Soit an+1 Vn+1\Vn,ce vecteur existe car Vn = Vn+1. On pose alors en+1 = an+1 PVan+1an+1 PVan+1 et on verifie que cechoix convient dapres le Theoreme de projection.Si les Vn sont de dimensions finies ils sont complets. On construit comme precedemment e1, e2,...,en, ....Comme (e1, e2,...,en) est un systeme libre de cardinal n de Vn de dimension n cest bien unebase.On doit remarquer que lon a un procede effectif de calcul des en une fois les an determines.Cest le procede dorthonormalisation de Gram-Schmidt.

    4.4 Espaces de Hilbert

    Definition 4.4.1. Un espace de Hilbert H est un espace prehilbertien complet.

    On rappelle quun sous ensemble ferme dun espace complet est complet. On peut donc pro-jeter sur tout convexe ferme et en particulier sur les sous espaces vectoriels ferme.

    Proposition 4.4.2. . Soit V un sous espace vectoriel ferme dun espace de Hilbert H. On aalors H = V V et V = V.

    Soit x

    H, on a evidemment x = PVx +(x

    PVx) et PVx

    V, (x

    PVx)

    V. Cela montre

    que H = V + V et comme V V = {0}, cette somme est bien directe. On a evidemmentV V et si x V alors x PVx V car PVx V V . On a aussi x PVx Vdonc x PVx = 0, x = PVx V . Cela termine la demonstration.Corollaire 4.4.3. Un sous ensemble T dun espace de Hilbert H est total si et seulement siT = {0}.

    On a deja vu que necessairement T = {0} si T est total. De plus, au vu de la Proposition...,on a

    H = V ect(T) V ect(T) = V ect(T) T.Cela montre que

    T =

    {0

    }est une condition necessaire et suffisante pour que

    Tsoit total.

    Definition 4.4.4. Une famille (en)nN dun espace de Hilbert H est une base hilbertienne sielle est orthonormale et totale.

    Proposition 4.4.5. Soit (en)nN une base hilbertienne dun espace de Hilbert H. Alors pourtout x H

    x =knN

    (en, x)en

    ou la serie est convergente dans H.

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    Preuve. Posons an = (en, x). Par Bessel Parseval, on anN

    |an|2 x2. Soit xN =Nn=0

    anen.

    Par Pythagore on a pour M > N, xNxM = N

    n=1

    |an|21/2. Cela montre que (xN)nN est de

    Cauchy et converge donc vers x H. Fixons n N, pour N n on a (xN, en) = an = (x, en).Par passage a la limte N on obtient (x, en) = (x, en), (x x, en) = 0. Cela montre quex x {en; n N}, comme {en; n N} est total. On en conclut que {en; n N} = {0} etdonc x = x.

    Proposition 4.4.6. Un espace de HilbertH admet une base hilbertienne (en)nN si et seulementsi H est separable.

    Preuve. Soit H separable, il existe alors une suite (xn)n1 dense. On pose alors W n = V ect(x1,...,xn).

    On a Wn Wn+1 et dim(Wn+1) 1+dim(W n), quitte a reindexer Vk = Wn avec dim(Vk) = k.Grace a la Proposition..., on peut donc trouver (en)n1 un systeme orthonormal tel que (e1,...,ek)soit une base de Vk. Par consequent

    Vect{en; n 1} = k1Vk = nNVk, {xn; n N} Vect{en; n 1}.

    Comme {xn; n N} est dense il est total et donc

    {en; n 1} = Vect{en; n 1} {xn; n N} = {0}.

    Par consequent {en; n 1} est un systeme orthonormal total : cest une base hilbertienne.

    Reciproquement si (en)nN est une base hilbertienne alors Nn=1

    (rn + isn)en; N N, rn, sn Q

    est denombrable et dense, par consequent H est separable.

    4.5 Theoremes de representation

    Dans cette section H designe un espace de Hibert et H son dual, lensemble des formeslineaires continues sur H. On commence par un theoreme de representation des formes lineairespar des vecteurs.

    Theoreme 4.5.1. (Theoreme de representation de Riesz). Soit l H une forme lineairecontinue, alors il existe un unique vecteur u H tel que

    v H, l(v) = (u, v).

    Preuve. Montrons lunicite. Si deux vecteurs u1, u2 correspondent a la meme forme lineairealors pour tout v on a (u2 u1, v) = 0 et en prenant v = u2 u1 on en deduit que u2 = u1.

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    Passons maintenant a lexistence. Si l = 0 alors u = 0 est lunique vecteur qui convient. Sil = 0, soit V = N(l)(= l1(0)). V est un hyperplan ferme donc H = V V avec V dedimension 1. Soit donc a un vecteur non nul de V. Pour tout v H il exite un unique Cet un unique w V tel que v = w + a. On a ainsi

    l(v) = l(a), (a, v) = a2.

    En posant u =l(a)

    a2 a on a bien l(v) = (u, v).

    Par consequent on peut representer les formes sesquilineaires par des applications lineaires. Celacorrespond en dimension finie, a la representation des formes sesquilineaires par des matrices.

    Corollaire 4.5.2. Soit a une forme sesquilineaire continue, alors il existe A L(H) tel que(u, v) H H, a(u, v) = (Au,v).

    Remarque 4.5.3. a est continue si et seulement si elle est bornee. Soit c > 0 tel que

    (u, v) H H, |a(u, v)| cu v,alors AL(H) c.

    En effet on a a(u,Au) = (Au, Au) = Au2 cuAu.Pour montrer lexistence de A on considere a u fixe l : v H a(u, v). Il existe alors un uniquevecteur que nous noterons Au tel que v H, on a l(v) = a(u, v) = (Au,v). On verifie aisementque A est lineaire.On en deduit la proposition suivante concernant lexistence dun adjoint.

    Proposition 4.5.4. Soit A L

    (H) alors il existe un unique operateurA

    tel que(u, v) H H, (Au,v) = (u, Av).

    Cest loperateur adjoint. On a de plus AL(H) = AL(H) et A = A.

    Preuve. La relation ci dessus est equivalente a

    (u, v) H H, (Au, v) = (u, Av) = (Av,u) = (u,Av).Posons alors (u, v) H H, a(u, v) = (u,Av). Au vu du Corollaire..., il existe un uniqueoperateur A

    L(H) tel que

    (u, v) H H, (Au, v) = a(u, v) = (u,Av).De plus on a alors

    u H, Au2 = (u,AAu) AAL(H)u2 AL(H)AL(H)u2

    AL(H)

    AL(H)AL(H).

    On a donc AL(H) AL(H) et par consequent aussi A L(H) AL(H). On verifiepar ailleurs aisement que A = A Cela donne le resultat.

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    4.6 Exercices

    Exercice 4.6.1. E designe un espace vectoriel norme surR. SoitC un ouvert convexe contenant0. On definit sa jauge par

    x E, p(x) = inf > 0 : 1

    .x C.On va montrer que la jauge dun convexe joue le role dune norme dont la boule unite serait ceconvexe.

    1) Montrer que p(0) = 0, et que C = {x E : p(x) < 1}. Que vaut p si C = B(0;1) ?

    2) Montrer que > 0, x E, p(.x) = p(x), puis quex, y E, p(x + y) p(x) +p(y).

    3) Prouver quil existe une constante M > 0 telle que x E, p(x) Mx que si de plusC est borne il existe > 0 telle que

    x

    E, p(x)

    x

    .

    4) En deduire que p est continue.

    On suppose que Cest borne. Soit(x)

    x .x pour tout x = 0 et (0) = 0.

    5) Montrer que est une bijection sur E et donner la fonction reciproque.

    6) Montrer que est bicontinue (continue et de reciproque continue). En deduire le resultatsui- vant :Tout convexe ouvert borne dun espace vectoriel norme est homeomorphe a la sphere unite.

    Exercice 4.6.2. Soit V un s.e.v. dun espace de Hilbert H.

    1) Montrer que V (V).

    Soit P la projection orthogonale sur V.

    2) Montrer que pour tout v (V) on a ((I P)v, v) = 0.

    3) Deduire de ce qui precede que V = (V).

    Exercice 4.6.3. On note C0 lespace des fonctions complexes surR, 2-periodiques et

    L2 = {u : R C, u mesurable et de carre integrable sur (, ), tel queu(x+2) = u(x), xp.p.}.1) Donner des normes pour lesquels C

    0 est un Banach et L2 est un Hilbert.

    C0

    . 2) En utilisant Stone Weierstrass montrer que la famille {einx, n Z} est totale.

    3) Montrer que (einxnZ est une base Hilbertienne de L2 pour le p.s.

    (u, v) =1

    2

    u(x)v(x)dx.

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    4) Calculer les coordonnees an, n Z de la fonctionu L2 qui vaut1 sur[, 0[ et 1 sur[0, [.

    5) determiner quand la serienZ

    aneinx est absolument convergente, semi-convergente, conver-

    gente dans L2(

    , ).

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    Chapitre 5

    Elements de theorie spectrale

    5.1 Generalites

    On commence par quelques definitions et des rappels sur des theoremes de la dimension finie.

    Definition 5.1.1. SoitE, F deux espaces vectoriels normes surK = R ouC. PourA L(E; F)on definit son image Im(A) et son noyau N(A) par

    Im(A) = A(E) F, N(A) = A1(0) E.Une des bases de lalgebre lineaire en dimension finie est le theoreme elementaire suivant.

    Theoreme 5.1.2. (Theoreme du rang.) Soit E, F deux espaces vectoriels normesK = R ouCet A L(E; F). On suppose que E est de dimension finie, alors

    dim(Im(A)) + dim(N(A)) = dim(E).

    Preuve. En effet comme E est de dimension finie il existe un supplementaire V E a N(A).On a dim(V) + dim(N(A)) = dim(E). On verifie alors que A est une bijection et donc unisomorphisme despace vectoriel entre V et Im(A). On a donc dim(V) = dim(Im(A)).

    On en deduit le resultat.

    Corollaire 5.1.3. Soit E un espace vectoriel norme sur K = R ou C de dimension finie etA L(E)(L(E; E)). On a alors lequivalence entre les trois proposition suivante :

    i) A est bijectif,

    ii) A est injectif, N(A) = {0},

    iii) A est surjectif, Im(A) = E.

    Si on est dans ce cas alors on verifie aisement que A1 est une application lineaire et commeon est en dimension finie A1 est continue. Cest faux en general en dimension infinie.

    Definition 5.1.4. Soit E un espace vectoriel norme sur K. Le groupe lineaire sur E, noteGL(E) est lensemble des applications A L(E) bijectives telles que A1 L(E). (A1 estcontinue.)

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    Definition 5.1.5. Soit E un espace vectoriel norme surK et A L(E). lensemble resolvantde A, Res(A) K, est lensemble des K tels que : (A Id) GL(E). Lensemble desvaleurs propres, V p(A) K, est lensemble des K tels que (A Id) ne soit pas injectif :x E, x = 0, Ax = x.Le spectre deA, Sp(A)

    K, est le complementaire de lensemble resolvant : Sp(A) = K

    \Res(A).

    On a toujours V p(A) Sp(A). En dimension finie on peut demontrer le resultat suivant.Corollaire 5.1.6. Soit E un espace vectoriel norme surK de dimension finie et A L(E),alors Sp(A) = V p(A).

    Ce corollaire est une consequence directe du Corollaire 5.1.3 quand on lapplique a (A Id).Ces resultats sont a la base de lanalyse spectrale en dimension finie. Malheureusement ils sonten general faux en dimension infinie. On peut sen convaincre en faisant lexercice suivant.

    Exercice 5.1.7. On designe par B lespace de Banach des suites complexes a = (a1, a2,...,an,...)sommables avec la norme

    a

    =

    n=1 |an|.On definit les operateurs S et T suivants :

    Sa = (0, a1, a2,...,an,...), Ta = (a2, a3,...,an+1,...).

    1) Montrer que S et T sont dansL(B) et calculer leurs normes.

    2) Etudier linjectivite et la surjectivite de ces operateurs.

    3) Est ce quune application lineaire de B dans B inversible a droite est inversible a gauche ?

    4) Determiner les valeurs propres et le spectre de S et T.

    On va maintenant etablir des resultats qui seront valables en dimensions quelconques. Il fautpour cela etre dans un espace complet.

    Theoreme 5.1.8. Soit E un espace de Banach sur K, alors GL(E) est un ouvert deL(E).Plus precisement si A GL(E), alors pour tout B L(E) avec BL(E) 0 de E. On a Axn

    M

    A(BE(0; 1)). Comme la compacite est equivalent a la compacite sequentielle dans les espaces

    metriques, on obtient lexistence dune sous suite telle que Axnk

    M

    y F. On a bien

    Axnk M y, ce qui donne iii).

    Limplication : iii) donne i), resulte de lequivalence entre la compacite et la compacite sequentielledans les espaces metriques.

    Proposition 5.2.2. Soit E, F deux espaces vectoriels normes surK et A L(E; F). Si A estde rang fini, dim(Im(A)) < , alors A K(E; F).

    Preuve. En effet si C E est borne, A(C) est un borne de Im(A) espace vectoriel de dimen-sion finie. Or en dimension finie les fermes bornes sont compact, A(C) est donc relativementcompact.

    Il resulte de cette proposition que si dimE < alors L(E; F) = K(E; F). Cest faux engeneral. En effet IdE est compact si et seulement si BE(0; 1) est relativement compact si et

    seulement si dimE < par le Theoreme de Riesz. On a doncK

    (E)(=K

    (E; E)) =L

    (E)quand E est de dimension infinie.

    Proposition 5.2.3. . SoitE, F deux espaces vectoriels normes surK. Les operateurs compacts,K(E; F), forment un sous espace vectoriel deL(E; F). Si de plus F est un Banach, K(E; F)est ferme dansL(E; F).

    Preuve. Soit A, B K(E; F) et K. On va utiliser le critere ii) de la Proposition 5.2.1. Soitdonc (xn)nN une suite bornee de E. Comme A est compact, il existe une sous suite (x(n))nNavec : N N strictement croissant telle que Ax(n) y F. Comme B est compact, on peuta nouveau extraire une sous suite (x((n)))nN avec : N N strictement croissant telle que

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    Bx((n)) z F. Pour = , on a donc (A + B)(x(n)) y + z F. Par consequent(A + B) K(E; F), K(E; F) est bien un sous espace vectoriel.Soit une suite (An)nN de K(E; F), on suppose que An A L(E; F). On doit montrer queA(BE(0; 1)) est compact. Comme cet ensemble est un ferme dun espace complet il est complet(Proposition 9). Il suffit donc de montrer la precompacite. Soit > 0, on choisit n pour queAnAL(E;F) /2. Pour ce n, An(BE(0; 1)) est compact et donc precompact. Par consequentil existe y1, y2,...,yK dans F tels que An(BE(0;1)) Kk=0BF(yk; /2). Soit y A(BE(0; 1)), ilexiste x BE(0; 1) tel que y = Ax et il existe k {1, 2, ...,} tel que Anx BF(yk; /2). On a

    y yk Ax Anx + Anx yk A AnL(E;F)x + /2 .Cela montre que A(BE(0; 1)) Kk=0BF(yk; ) et par consequent

    An(BE(0;1)) Kk=0BF(yk; ),ce dernier ensemble etant ferme (union finie de fermes). On a ainsi termine la demonstration dela Proposition 5.2.3.

    On termine cette section avec un resultat sur la composition avec un operateur compact.

    Proposition 5.2.4. Soient E , F , G trois espaces vectoriels normes surK. Soit A L(E; F) etB L(F; G). Si A ou B est compact alors B A K(E; G).

    Preuve. Si B est compact, alors pour tout borne H G, B(H) est compact. Or limagedun compact par une application continue est compacte, cf Proposition 13, donc A(B(H)) estcompact. Par consequent AB(H) A(B(H)) est relativement compact. Si A est compact, alorspour tout borne H G, B(H) est aussi borne et donc A B(H)) est relativement compact.Exercice 5.2.5. Soit H un espace de Hilbert et T L(H).

    1) On designe par T ladjoint de T, montrer que T = T et que T = T.2) Montrer que N(T) = Im(T) puis que N(T) = Im(T).

    On suppose dorenavant que T 1.

    3) Soit x tel que x = T x, prouver queTx = x puis en deduire que lon a aussi x = Tx.

    4) Demontrer que H = N(I T) Im(I.T).

    On pose Rn(x) =1

    n + 1

    (x + T x + ... + Tnx).

    5) Si x Im(I T) montrer que Rn(x) cn + 1

    ou c > 0 depend de x mais pas de n.

    Que vaut Rn(x) si x N(I T)?

    6) Montrer que pour tout x H, Rn(x) P x quand n ou P est la projection ortho-gonale sur N(I T).Exercice 5.2.6. On designe par B lespace de Banach des suites complexesa = (a1, a2,...,an,...), an C sommables muni de la norme

    a =

    n=1|an|.

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    Soit u = (u1, u2,...,un,...) une suite bornee. On pose poura B, Ua = (a1u1, a2u2,...,anun,...).

    1) Montrer que U L(B) et donner sa norme.

    On pose uN

    = (u1

    , u2

    ,...,uN

    , 0, 0,...) et on lui associe loperateur UN.

    2) Montrer que UN K(B). Calculer U UN.

    3) On suppose que la suite u tend vers 0. En deduire queU K(B).

    5.3 Theorie Hilbertienne de Riesz-Fredholm

    Il sagit de demontrer un theoreme du rang en dimension infinie. Lhypothese de dimensionfinie va etre remplacee par une hypothese de compacite. Des resultats identiques sont valablesdans le cadre des espaces de Banach. Les demonstration etant alors plus longue, on a prefere se

    restreindre au cas Hilbertien.

    On a vu precedemment que tout operateur de rang fini est compact. On a la reciproque suivantedans les espaces de Hilbert.

    Proposition 5.3.1. Soit H un espace de Hilbert et K K(H) alors il existe une suite KN L(H) doperateurs de rang fini, dim(Im(KN)) < , qui ont pour limite K, KN K dansL(H).

    Attention, cette propriete est fausse dans le cadre general des Banach.

    Preuve. Soit BH la boule unite de H, comme K est compact pour tout N il existe (y1, y2,...,yP)dans H tel que K(BH) Pp=1BH(yp, 1/N). Soit PN la projection orthogonale sur le sous espacede dimension finie Vect(y1, y2,...,yP). KN = PN K est bien de rang fini. Soit x BH, il existe

    p {1, 2,...,P} tel que Kx yp 1/N. On a donc aussi PNL(H) 1, PNKx PNyp =KNx yp 1/N. Par consequent Kx KNx Kx yp + yp KNx 2/N. On aainsi K KNL(H) 2/N 0 ce qui conclut la demonstration.Proposition 5.3.2. Soit H un espace de Hilbert et K K(H) alors loperateur adjoint estcompact, K K(H).

    Preuve. Soit KN une suite doperateur de rang fini approchant K. Sur VN = N(KN)

    , KN estinjectif de VN sur Im(KN). Soit PN la projection orthogonale sur N(KN) (qui est bien ferme).Si y Im(KN) il existe x H tel que y = KNx. On a aussi y = KN(xPNx) et xPNx VN,donc KN est surjectif et par consequent bijectif de VN sur Im(KN). Par consequent VN etIm(KN) ont meme dimension finie.

    Soit maintenant y Im(KN) et x N(KN), il exite z H tel que y = KNz donc (y, x) =(KNz, x) = (z, KNx) = 0. On a donc Im(K

    N) N(KN) = VN, qui est de dimension finie.

    Comme on a K KNL(H) = KKNL(H), (un operateur et son adjoint ont meme norme),K est limite dune suite doperateurs compacts (car de rang fini). Il est donc lui aussi compact,cf Proposition 53.

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    Theoreme 5.3.3. (Alternative de Fredholm) Soit H un espace de Hilbert et K K(H). On aalors :

    i) N(I K) est de dimension finie,

    ii) Im(I K) = N(Id K) est ferme,

    iii) Im(IdK) est de co-dimension finie et codim(Im(IdK)) = dimN(IdK). En particulierId K est surjectif si et seulement si Id K est injectif.

    Pour montrer i) considerons la boule unite BN(IdK) = BH(0;1) N(I K) de N(I K).Six BN(IK) alors x 1 et x = Kx K(BH(0; 1)). Donc BN(IK) K(BH(0;1)) et cedernier ensemble est relativement compact car K K(H). Par consequent BN(IK) est relati-vement compact. Dapres le Theoreme de Riesz, N(I K) est donc de dimension finie.

    Pour montrer ii) on remarque que x

    Im(I

    K) si et seulement si

    y

    H, (x, (I

    K)y) = 0,

    cest a dire si et seulement si y H, ((IK)x, y) = 0, si et seulement si x N(IK). DoncIm(I K) = N(I K). On a Im(I K) = Im(I K) et Im(I K) = Im(I K).On a donc Im(I K) = N(I K).Il reste a montrer que Im(I K) est ferme. Soit (vn)nN une suite de Im(I K) qui convergevers v H. Il existe xn H tel que vn = (I K)xn. Soit P1 la projection orthogonale surN(I K). Posons un = xn P1xn on a

    n N, un N(I K), (I K)un = vn v, quand n .

    Si (un)nN nest pas bornee il existe une sous suite (unk)kN telle que unk . Comme Kest compact, quitte a extraire de nouveau une sous suite on peut aussi supposer que K

    unk

    unkconverge. Orunk

    unk=

    vnkunk

    + K unk

    unk

    donc unk

    unk

    converge vers une limite u qui verifie u = Ku, u N(IK). Or la suite unk

    unk

    appartient au ferme N(I K) et est de norme 1 donc u N(I K) N(I K) = {0} etu = 1 dou la contradiction.Par consequent (un)nN est bornee et comme K est compact il existe une sous suite (unk)kNtelle que Kunk converge. Comme unk = vnk + Kunk , unk cette suite converge vers un vecteur uet u = v + Ku. On a bien v Im(I K) ce qui montre que Im(I K) est ferme.

    Pour montrer iii) on commence par remarquer que K est aussi compact (Proposition 56). Pari) on en deduit que N(IK) est de dimension finie et par ii) H = Im(IK)Im(IK) =Im(I K) N(I K). La co-dimension de Im(I K) est donc la dimension de N(I K)qui est finie. Il reste a montrer que dim(N(I K)) = dim(N(I K)).Pour ce faire commencons par le cas ou (I K) est surjectif. Supposons que (I K) nesoit pas injectif. On pose V0 = {0}, VN = N((I K)n) pour n 1. On a V1 = 0 e tVN VN+1. Montrons que VN+1 = VN par une recurrence sur n. On a bien V1 = V0. Sup-posons VN = VN1, il existe x VN\VN1, comme (I K) est surjectif il existe xn+1 H telque xn = (I K)xn+1. Comme x VN on a (I K)n+1xn+1 = (I K)nxn = 0 et commexn / VN1, (I K)nxn+1 = (I K)n1xn = 0 on a xn+1 VN+1\VN. Donc VN+1 = VN. On

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    peut donc appliquer la Proposition 45. Il existe une suite (e1, e2,...,en,...) orthonormee telle queen VNVn+1. On a pour n > m, KenKem = en((IK)en+Kem). Or Kem V m VN1et (I K)en VN1 donc en et (I K)en + Kem sont orthogonaux. Par Pyrhagore on obtientKen Kem2 = en2 + (I K)en + em2, Ken Kem 1. La suite (Ken)nN est doncsans point daccumulation ce qui contredit le fait que K soit compact.Par consequent (I K) surjectif implique que (I K) est injectif.

    Supposons maintenant que dim(N(I K)) dim(N(I K)). Entre ces deux espaces dedimensions finies, il existe donc une application lineaire surjective : N(I K) N(I K).Si P1 designe toujours la projection orthogonale sur N(I K), loperateur P1 est un operateurde K(H) car de rang fini. Donc K+ P1 est compact. Montrons que I(K+ P1) est surjectif.Soit x H, comme H = N(I K) N(I K) = N(I K) Im(I K) par ii) il existey N(I K) et z H tel que x = y + (I K)z. Comme est surjectif il existe t N(I K)tel que y P1z = t. On a (I K)t = 0 et P1t = t donc

    (I (K + P1))(t + z) = (I K)(t + z) + t + P1z = (I K)z + y = x.Par consequent (I (K + P1)) est surjectif et dapres ce qui precede il est donc injectif.Soit x N(I K) tel que x = 0. On a (I (K + P1))x = (I K)x x = x = 0et donc x = 0. est donc injectif. Cest donc une bijection de N(I K)surN(I K). Ona donc dim(N(I K)) = dim(N(I K)). Par consequent on a neecessairement dimN(I K)) dim(N(I K)). Comme K est compact, on peut lui appliquer ce resultat pour obtenirdim(N(I K)) dim(N(I K.)). Or K = K, on a donc egalite ce qui termine lademonstration.

    Remarque 5.3.4. On interprete legalite Im(I K) = N(I K) de la facon suivante. Soit(e1,...,eN) une base de N(I K) et f H. Le probleme :

    Trouver u

    H tel que, u

    Ku = f,

    a des solutions si et seulement si f verifie N conditions de compatibilites :

    i = 1,...,N, (f, ei) = 0.Cest lalternative de Fredholm :

    ou le second membre verifie N conditions de compatibilites et dans ce cas lensemble dessolutions est un espace affine de dimension N de la forme {u0} + N(I K)ou il ny a aucune solution.On retrouve ainsi la situation de la dimension finie.

    Proposition 5.3.5. Soit H un espace de Hilbert et K K(H). Si I-K est injectif alors IK

    GL(H).

    Preuve. La seule chose a verifier en plus du Theoreme 17 est la continuite de (I K)1. Si cetoperateur netait pas borne, il existerait une suite (xn) bornee dans H telle que yn avecyn = (I K)1xn. On aurait alors pour zn = ynyn ,

    zn = 1 zn Kzn, xnyn 0.

    Comme K est compact il existe znk tel que Kznk converge et avec lequation ci dessus on obtientque znk converge vers un z H verifiant z = 1 et z Kz = 0. Cela contredit lhypothese(I K) injectif. (I K)1 est donc borne et donc continu.

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    5.4 Spectre dun operateur compact

    Lalternative de Fredholm va nous permettre de decrire le spectre dun operateur compact.

    Theoreme 5.4.1. Soit H un espace de Hilbert de dimension infinie et K

    K(H), alors

    i) 0 Sp(K),

    ii) Sp(K)\{0} = V p(K)\0,

    iii) En dehors de 0 le spectre est un ensemble de points isoles, ou bien cest un ensemble fini,

    ou bien cest une suite tendant vers 0,

    Sp(K) = {0, 1, 2,...,n,...} avec limn

    n = 0.

    Preuve. i) Si 0 / Sp(K), alors K1 L(H) existe et donc Id = KK1 est compact par com-position dun operateur et dun operateur continu, cf Proposition 54. Par consequent BH(0; 1)est compact et par le Theoreme Riesz la dimension est finie. La contrapposee donne le resultat.

    ii) Pour = 0, on a I K = (I 1K). Donc si / V p(K) alors I 1

    K est in-

    jectif et on a I 1K GL(H). Donc I K GL(H), Res(H). On obtient le resultatpar passage au complementaire.

    iii) Soit (n)n1 une suite convergente de Sp(K)

    \{0

    }, n

    et n

    = m pour n

    = m. Il faut

    montrer que necessairement = 0. dapres ii), n est une valeur propre soit donc en, , en = 1un vecteur propre correspondant.Montrons par recurrence que (e1,..en) est un systeme libre. (e1) est libre puisque e1 = 0. Sup-posons (e1,..en) libre, si en+1 =

    nk=1

    kek, alors Ken+1 = n+1en+1 =n

    k=1

    kKek et donc

    nk=1

    kn+1ek =n

    k=1

    kkek. Comme (e1,..en) est un systeme libre on a pour k = 1, 2,...,n,

    kk = kn+1. On obtient donc puisque k = n+1, k = 0 et par consequent en+1 = 0 ce quicontredit en+1 = 1.On note VN =Vect(e1,..en). V1 V2 ...VN ... est une suite croissante despace vectorielsde dimension n. Comme (nI K)en = 0 on a (nI K)(VN) VN1 et aussi K(VN) VN.Ainsi il existe un systeme (u1,...,un,...) orthonorme tel que (u1,...,un) est une base de VN. Pourn m1 on a KunKum = nun((nIK)un+Kum). Comme ((nIK)un+Kum) VN1,on montre que unKum nun = |n|. Or K est compact donc, au moins une sous suiteKunk Kumk 0, et donc nk 0. Par consequent = 0.

    On a Sp(K) { C : || KL(H)}. Or pour tout p 1, Dp = Sp(K)

    C :1

    pKL(H) || KL(H)

    est un ensemble compact de points isoles, Dp est donc un en-

    semble fini. Comme Sp(K)\{0} = 1 Dp cet ensemble est denombrable, on peut donc lecrirecomme une suite de nombres complexes distincts (1, 2,...,n,...). Pour tout p 1 soit N lin-

    35

  • 7/27/2019 cours Mathmatiques appliques

    37/80

    dice maximale des n Dp alors pour n > N on a |n| < 1p

    KL(H). Cela montre que n 0et termine la demonstration.

    On peut encore preciser les choses dans le cas ou loperateur est hermitien. On rappelle que

    pour un operateur hermitien A on a u H, (Au,u) R.Proposition 5.4.2. Soit A L(H) un operateur hermitien dun espace de Hilbert H. On pose

    m = inf uH,u=0

    (Au,u)

    u2 , M = supuH,u=0(Au,u)

    u2on a alors m, M Sp(A) et Sp(A) [m, M].

    Preuve. Commencons par montrer que le spectre de A est reel.Soit donc = + i avec , R et = 0. Supposons > 0, on pose pour tout u, v H, a(u, v) = (i(IA)u, v).a est une forme sesquilineaire et on va montrer quelle est coercive.En effet a(u, u) = u

    2

    i(u2

    (Au,u)) et donc Rea(u, u) = u2

    . Soit w H, par leTheoreme de Lax Milgram il existe un unique u H tel que

    v H, a(u, v) = (iw,v).Cette solution u verifie (I A)u = w et Re(u, u) = u2 |(iw,u)| wu. Parconsequent (I A) est inversible et dinverse continu (u = (I A)1w 1

    w). On a

    donc Res(A).De meme si < 0, en raisonnant cette fois sur a(u, v) = (i(I A)u, v), on a aussi Res(A).

    Il nous reste a etudier le cas ou R. Si < m on pose a(u, v) = ((A Id)u, v) et on

    remarque que a(u, u) (m )u2

    et donc a est coercive. En resolvant pour tout v H,a(u, v) = (w, v), on obtient comme precedemment que Res(A). Le meme raisonnementavec cette fois a(u, v) = ((I A)u, v) montre que Res(A) pour > M.

    On vient donc de demontrer que Sp(A) [m, M], reste a montrer que m et M appartiennentau spectre. Posons a(u, v) = ((M I A)u, v), a est une forme hermitienne et positive donc parCauchy-Schwartz on a |a(u, v)| a(u, u)a(v, v). En choisissant v = (M I A)u on obtientdonc

    a(u, v) = (M I A)u2

    a(u, u)

    a(v, v)

    a(u, u)cv = C

    a(u, u)(M I A)u

    (M I

    A)u

    2

    c2a(u, u) = c2(M

    u2

    (Au,u)).

    Soit maintenant une suite (un)n1 tel que un = 1 et (Aun, un) M. En utilisant linegaliteci-dessus on obtient

    (M I A)un2 c2(Mun2 (Aun, un)) 0.Si M Res(A) on aurait avec vn = (M I A)un, vn 0 et un = ((M I A)un)1vnetant de norme 1 ne peut tendre vers 0. Cela contredit la continuite de ((M I A)un)1.Par consequent M Sp(A). On obtient le meme resultat pour m en considerant cette foisa(u, v) = ((A mId)u, v). Cela termine la demonstration.

    On a le corollaire suivant

    36

  • 7/27/2019 cours Mathmatiques appliques

    38/80

    Corollaire 5.4.3. Soit A un operateur hermitien sur un espace de HilbertH. Si Sp(A) = {0}alors A = 0.

    Preuve. En effet on a alors m = M = 0 donc pour tout u

    H, (Au,u) = 0. Or pour

    tout u, v H on a Re(Au,v) = 14A(u + v), u + v)) (A(u v), u v) = 0. De meme

    Im(Au,v) = Re(Au, iv) = 0 donc (Au,v) = 0 ce qui montre que Au = 0.

    On termine avec le resultat principal de ce paragraphe.

    Theoreme 5.4.4. Soit H un espace de Hilbert separable et A un operateur hermitien compactde L(H). Il existe alors une base hilbertienne de vecteurs propres de A.Autrement dit, A est diagonalisable dans une base hilbertienne.

    Preuve. On demontre maintenant le theoreme. Comme A est compact son spectre est constitue

    de 0 et dune suite finie ou non de valeurs propres non nulles {1,...,n,...}. Comme A est her-mitien ces valeurs propres sont reelles. Posons En = N(A nI)d, E0 = N(A), 0 = 0. (Par leTheoreme de Fredholm, En est de dimension finie pour n 1). Soit maintenant m = n et un En, vn En, on a (Aun, vn) (un, Avn) = 0 car A est hermitien. Comme un et vn sont des vec-teurs propres et que les valeurs propres sont reelles on obtient (n.m)(un, vm) = 0, (un, vm) = 0.Les espaces En sont donc deux a deux orthogonaux. On pose alors F = n=0,1,2,...En.

    On va montrer que F est dense dans H. Tout dabord on remarque que si u F on av F, Av F et donc (u,Av) = 0. Comme A est hermitien (Au,v) = (u,Av) = 0. Parconsequent Au F. Soit B la restriction de A a F, dapres ce qui precede B est un operateurde F dans F. Comme F est ferme cest un Hilbert et B est un operateur compact qui est

    sans valeur propre. Dapres le Theoreme de decomposition spectrale, on a Sp(B) = {0}. Or Best aussi hermitien donc B = 0. Comme B est sans valeur propre cela implique que F = {0}et donc F est bien dense.

    lespace E0 = N(A) est ferme, cest donc un espace de Hilbert. Il est aussi separable (Pro-position 10) et a donc une base Hilbertienne. On complete cette base par les bases orthonormesdes En, n 1 qui sont de dimensions finies. Le systeme B obtenu est orthonorme par construc-tion et forme de vecteurs propres de A. Il ne reste plus qua montrer quil est total. Si u Balors toujours par construction pour tout n 0, u En et donc u F = {0}, u = 0, ce quilfallait demontrer.

    5.5 Exercices

    Exercice 5.5.1. On designe par B lespace de Banach des suites complexes a = (a1,...,an,...)

    sommables avec la norme a =n=1

    |an|. Soit u = (u1, u2,...,un,...) une suite bornee. On posepour a B, Ua = (a1u1, a2u2,...,anun,...).

    1) Montrer que U L(B) et donner sa norme.

    On pose uN = (u1, u2,...,uN, 0, 0,...) et on lui associe loperateur UN.

    37

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    2) Montrer que UN K(B). Calculer U UN

    On suppose dorenavant que un tend vers 0 quand n +.3) En deduire que U K(B).

    4) determiner Sp(K).

    5) Pour b B, a quel les conditions peut-on resoudre(I U)a = b ?Exercice 5.5.2. Soit k C0([0, 1];R2). Pour f L2(0, 1) on pose

    Kf(x) =

    10

    k(x, y)f(y)dy

    1) Montrer que Kf definit une fonction de C0([0, 1];R).

    On note E= {Kf : fL2(0,1) 1}.2) Montrer que cette ensemble est equicontinu.

    3) En deduire que K K(L2(0, 1)) et calculer son adjoint.

    4) Pour f C0([0, 1];R) resoudre le probleme de Sturm-Liouville :

    x [0, 1], d2

    dx2g(x) = f(x), g(0) = g(1) = 0.

    5) Montrer que g se met sous la forme g = Kf pour un noyau k convenablement choisi.

    6) Montrer que K est autoadjoint. Determiner les valeurs propres de K.

    7) Trouver une base hilbertienne qui diagonalise K.

    38

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    Chapitre 6

    Transformee de Fourier, Transformeede Laplace

    I) Transformee de Fourier

    6.1 Fonction dune variable

    Soit f : R C une fonction complexe de la variable reelle.

    eix = cosx + isinx

    6.1.1 Definition et propriete

    Definition 6.1.1. On appelle transformee de Fourier de f(x) la fonction f(y) de la variable

    reelle y definie par :f(y) =+

    f(x)e2ixy dx

    ( Sous reserve dexistence de lintegrale ).

    Remarque 6.1.2. Lorsque f(x) est integrable surR, alors f(y) existe pour tout y R.

    |f(x)e2ixy| |f(x)|

    et donc

    |f(y)

    +

    |f(x)| dx.

    Ainsi la transformation de Fourier f(y) est bornee.

    Attention : On definit aussi

    f(y) =

    +

    f(x)e2ixy dx.

    Les proprietes fondamentales seront les memes.

    39

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    41/80

    Exemple 6.1.3. f(x) = 1 si |x| < 12

    , f = 0 si |x| > 12

    f(y) =

    +

    e2ixy dx

    =e2ixy

    2iy 12

    1

    2

    =eiy eixy

    2iy

    =sin y

    y

    f(y) =sin y

    y.

    Exemple 6.1.4. f(x) = ea|x|, a > 0.

    f(y) =

    0

    eax2ixydx +

    +0

    eax2ixydx

    =ex(a2iy)

    a 2iy0

    +ex(a+2iy)

    a 2iy+0

    =1

    a 2iy +1

    a + 2iy

    =

    2a

    a2 + 42y2

    Exemple 6.1.5. f(x) = ex2

    f(y) =

    +

    ex2

    e2ixydx

    =

    +

    e(x+iy)2

    ey2

    dx

    = ey2

    +

    e(x+iy)

    2

    dx

    = ey2

    ++iy+iy

    ez2

    dz avec z = x + iy.

    Pour y fixe, on est ramene a integre la fonction f(z) = ez2

    .

    IR =

    RR

    ez2

    dz +

    R+iyR

    ez2

    dz

    R+iyRiy

    ez2

    dz +

    R+iyR

    ez2

    dz

    limR+

    = lim+

    R+iy

    Rez

    2

    dz = 0

    40

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    42/80

    En effet,

    R+iyR

    ez2

    dz

    =

    R+iyR

    e(R+iv)2

    dv

    =

    R+iyR

    eR2

    e(v2)e2iRvdv R+iy

    Rez

    2dz e(R2 y2)|y| 0, R +,

    dou +

    ex2

    dx =

    ++iy+iy

    ez2

    dz = f(y)eiy2

    .

    Mais, +

    ex2

    dy = |+

    ey

    2

    dy

    dou

    ++

    e(x

    2

    +y2

    )dxdy = +020

    e(r2

    )rdrd = +0

    er2

    2rdr = +0

    exdx = 1.

    Dou f(y) = ey2

    .

    Proposition 6.1.6.

    f(x) = 2iyf(y), f(m)(x) = (2iy)mf(y).Preuve. On suppose f integrable, continue et derivable, posons g = f.

    g(y) =

    +

    f(x)e2ixydx = [f(x)e2ixy]+ +

    +

    2iyf(x)e2ixydx

    f(+) = f() = 0, et f(x) = f(0) +x0

    f(t)dt dou limx

    f(x) existe et est finie. Si f

    admet des derives jusqua lordre m on a :

    g(y) =

    +

    (2ixy)f(x)e2ixydx

    |g(y)| = |2y|f(y) +

    |f(x)|dx,

    dou,

    |f(y)

    |

    A

    |2y|.

    Proposition 6.1.7. La transformee de Fourier 2ixf(x) est dfdy

    .

    df(y)

    dy=

    +

    2ixf(x)e2ixydx

    Si xmf(x) est integrable alors f est m fois derivable et

    dmf

    dym=

    +

    (2ix)mf(x)e2ixydx.

    41

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    43/80

    Proposition 6.1.8.

    i) f(x a) e2ya f(y)

    ii) f(x)e2iy0x

    f(y

    y0

    )

    iii) f(ax) 1|a| f y

    |a|)

    Preuve.

    i) +

    f(x a)e2ixydx =+

    f(u)e2i(u+a)ydu

    = e2iay +

    f(u)e2iuydu

    . ii) +

    f(x)e2iy0xe2ixydx =

    +

    f(x)e2i(yy0)xdu.

    iii) +

    f(ax)e2ixydx =

    +

    f(u)e2iyua du

    u = ax, du = adx, a = 0,

    +

    f(u)e2iuy

    du

    |a

    |dx =

    1

    |a

    |f(

    y

    a).

    Transformee de Fourier inverse

    g(x) =

    +

    f(y)e2ixy dy. Lorsque f est integrable g existe et f(x) =

    +

    f(y)e2ixy dy

    Definition 6.1.9.

    Ff(x) =

    +

    f(y)e2ixy dy

    lorsquil existe, on dit que f(x) est la superposition dune infinite de fonction sinusoidale. f(y)joue le role dune amplitude pour la fonction de frequencey.

    Proposition 6.1.10.

    i) La transformation de Fourier est lineaire

    ii) La transformee de Fourier de f(x) est f(y)

    iii) La transformee de Fourier conserve la parite

    iv) Lorsque f est integrable sa transformee de Fourier est continue, bornee et tend vers zero alinfini.

    42

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    44/80

    Transformee de Fourier

    Si f est paire alors t f(t)cos(2ty) est paire et t f(t)sin(2ty) est impaire. Dou,

    +

    f(t)cos(2ty)dt = 2+

    0

    f(t)cos(2ty)dt

    et +

    f(t) sin(2ty)dt = 0.

    f paire

    f(y) = 2

    +0

    f(t)cos(2ty)dt

    f impaire

    f(y) = 2i+0

    f(t)sin(2ty)dt

    Exercice 6.1.11.

    (t) =

    1, |t| 1

    2

    0, |t| 12

    f est paire

    f(y) = 2

    +0

    f(t)cos(2ty)dt = 2

    12

    0cos(2ty)dt

    f(y) = 2sin(2ty)

    2y

    =

    sin(2y)

    ysinus cardinal

    Exercice 6.1.12.

    T(t) =

    1

    T, |t| T

    2

    0, |t| T2 t

    T

    12

    ,

    T(t) =1

    T(

    t

    T) T

    T

    sin(T y)

    T y= T(t) =

    sin(T y)

    T y

    tT = Tf(T y).

    6.2 Fonction de plusieurs variables

    f : Rn Cf(y) =

    Rnf(x)e2ix.ydx.

    x.y =n

    i=1xiyi (produit scalaire)

    43

  • 7/27/2019 cours Mathmatiques appliques

    45/80

    f(x) = e|x|2

    a pour transformee de Fourier e|x|2

    . En effet, f(x) =n

    i=1 ex2i

    f(y) =

    nR

    nR

    e|x|2

    e2ixydx

    =

    ni=1R

    ex2

    i e2ixiyidx

    =ni=1

    e|yi|2

    = e|y|2

    .

    Remarque 6.2.1. Lorsque f est integrable surRn alors f(y) existe pour tout y Rn. En effet,|f(x)e2ix.y| |f(x)| et de plus |f(y)|

    Rn|f(x)|dx.

    La transformee de Fourier de f est donc bornee.

    Proposition 6.2.2. f(x)

    xj= (2iyj)f(y)

    mf(x)

    xmj= (2iyj)

    mf(y)

    Df(x) = (2iy)f(y)

    avec les notations Df(x) =||f(x)

    xij, || = 1 + 2 + ... + n, y = y11 y22 ...ynn ou Nn

    Preuve. f est suppose de classe C1 etf

    xj integrable.fxj

    (y) =

    +

    f(x)

    xje2ix.ydx

    =

    Rn1

    f(x)e2ixy+

    +

    Rn

    Rn

    2iyjf(x)e2ix.ydx

    fxj

    (y) = 2iyjf(y)Si a linfini |f(y)| A|(a + y) |

    (2iy)f(y) = Rn

    Df(x)e2ix.ydx |

    Rn|Df(x)|dx

    |f(y)| A|(a + y)| , |y| a.Proposition 6.2.3. La transformee de Fourier de (2xj)f(x) est

    d

    f

    dyj(y) =

    n

    R

    (2ixj)f(x)e2ix.ydx

    44

  • 7/27/2019 cours Mathmatiques appliques

    46/80

    Si (xj)mf(x) est integrable alors f est m fois differentiable par rapport a yj et

    mfymj

    (y) =

    nR

    (2ixj)mf(x)e2ix.ydx

    En consequance si xf(x) est integrable alors Df existe etDf(y) = n

    R

    (2ix)mf(x)e2ix.ydx

    Preuve. f(y = nR

    f(x)e2ix.ydx.

    f

    yj(y) =

    Rn

    yjf(x)e2ix.ydx =

    Rn

    (2ixj)f(x)e2ix.ydx

    lintegrale etant convergente.Par reccurence finie, on obtient la formule pour la derivation dordre m..

    Remarque 6.2.4. Montrer que f a pour transformee de Fourier 4|y|2f(y).Proposition 6.2.5.

    i) La transformee de Fourier est lineaire.

    ii) La transformee de Fourier de f(x) est

    f(y).

    iii) La transformee de Fourier dune fonction radiale est radiale.

    iv) Lorsque f lorsque f est integrable sa transformee de Fourier est une fonction continue,bornee et tendant vers zero a linfini.

    Preuve. f(x) = f(|x|) avec |x|2 =ni=1

    x2i .

    f(y) =

    Rn

    g(|x|)e2ix.ydx.

    Cas n = 3 : on se donne y R3, y = 0. On considere le systeme de coordonnees (x1, x2, y)comme base directe de R3, 0 x = (x1, x2, x3) avec

    x1 = r cos sin

    x2 = r sin sin

    x3 = r cos .

    45

  • 7/27/2019 cours Mathmatiques appliques

    47/80

    f(y) = R3

    f(|x|)e2ix.ydx

    =

    2

    0

    0

    0f(r)e2r cos|y| sin r2drdd

    = 20

    r2f(r)dr0

    e2r cos|y| sin d

    = 2

    0

    r2f(r)dre2rcos|y|

    2ir|y|0

    G(|y|) = 2|y|0

    r2f(r) sin(2r|y|)dr

    f(y) =2

    |y|

    0

    B(r)sin(2r

    |y

    |)dr est radiale.

    = G(|y|)

    Si f est integrale alorsrf(r) = 2

    +0

    yG(y) sin(2ry)dy.

    Proposition 6.2.6.

    f(a1x1,...,anxn) 1|a1a2....an|

    fy1

    a1,

    y2a2

    , ....ynan

    f(ax) 1|a|nfya

    f(x x0) e2iy.x0f(y)e2ix.y0f(x) f(y y0)

    Preuve.

    f(y =

    Rn

    f(x)e2ix.ydx

    xi = aizi, dxi = aidzi, dx = ni=1 aidzif(y) =

    Rnf(a1z1,...,anzn)e

    2i(aizi.yi)ni=1

    aidzi

    f tiai

    =

    Rn

    f(aizi)e2i(zi.ti)

    ni=1

    aidzi,

    dou le resultat. Rn

    f(x x0)e2ix.ydx =Rn

    f(u)e2i(u+x0).ydx

    46

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    u = x x0, x = u + x0e2ix0.yRn

    f(x)e2ix.ydx = e2ix0.yf(y).Rn f(x)e2iy0.xe2ix.ydx = Rn f(x)e2ix.(yy0dx = f(y y0).

    Proposition 6.2.7. La transformee de Fourier dun produit de convolution est le produit destransformees de Fourier.

    f g f g.Rappel :

    h(x) =

    nR

    f(u)g(x u)du

    f g(x) = h = g f(x).

    Preuve. h(y) = Rn

    h(x)e2x.ydx

    =

    Rn

    e2x.ydx

    Rnf(u)g(x u)du

    =

    RnRn

    f(u)g(x u)e2x.ydxdu

    = Rn f(u)duRn g(x u)e2x.ydxPosons x u = v, dx = dv et x = u + v douh(y) = n

    R

    f(u)du

    Rng(v)e2(u+v).ydv

    =

    Rnf(u)e2u.ydu

    Rng(v)e2v.ydv

    = f(y)

    g(y).

    Reciproquement le produit se transforme en produit de convolution.

    II) Transformation de Laplace

    f(t) = 0, t 0 et f(t) = 0, t > 0

    Lf(z) =

    +0

    eztf(t)dt avec z C

    L : F.f est appele loriginal et F limage. A priori meme si f est une fonction reelle, F(z) est complexe.

    F(z) =

    +

    0e(x+iy)tf(t)dt

    +

    0ext|f(t)|dt

    47

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    t > 0, |f(t)| < M ex0t alors F(z) 0, lim

    |z|+|F(z)| = 0.

    Lintegrale est uniformement convergente sur tout domaine tel que Rez > x1 avec x1 > x0.

    Fonctions usuelles

    H(t) 1z

    , H(t t0) et0z

    t, tH(t) 1

    z2tnH(t) n!

    zn+1,

    ez0tH(t) n!(z z0)n+1 , H(t)e

    iwt 1p iw , H(t)cos(wt)

    z

    z2 + w2,

    H(t)sin(wt) wz2 + w2

    , H(t)et 1z

    1

    Exemple 6.2.8.

    H(t) =

    1 si t > 00 sinon.

    F1(z) =

    +0

    eztdt = e

    zt

    z

    +0

    =1

    z, Rez > 0.

    La fonction F1 est pourtant definit sauf en z = 0, elle est holomorphe dansC 0.

    F2(z) =1

    z, z = 0 est appele prolongement analytique de F1 et on a : LH(z) = 1

    z.

    Exemple 6.2.9.y(t) = 1 0 < t < 1

    0 sinon.

    F(z) =

    10

    eztdt =ez 1

    z =1 ez

    z

    F(z) =1 ez

    z

    F est holomorphe dansC.

    6.2.1 Proprietes de la transformee de Laplace

    L est lineaire lim

    t0+f(t) = f(0+) alors lim

    k+kF(k) = f(0+).

    Si limt+

    f(t) = f(+) alors limz0

    zF(z) = f(+).

    Si a > 0 f(t)L F(z) f(at) L 1

    aFz

    a

    f(t t0) L ezt0F(z) ezt0f(z) L F(z z0)

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    f(t)L zF(z) f(0+)

    f(t)L z2F(z) zf(0+) f(0+).

    Si f et ses derives sont continues en 0, alors

    f(n)(t) L znF(z)

    (t)nf(t) L dnF(z)

    dzn

    6.3 Exercices

    Exercice 6.3.1. La fonction porte notee est definie par :

    (t) = 1 si t

    1

    2,

    1

    20 sinonUtiliser la transformee de Fourier de la fonction et les proprietes de loperateurF pour trouverla transformee de Fourier des fonctions suivantes :

    t t 1

    2

    ; t t(t); t t2(t).

    Exercice 6.3.2. Soit a > 0 etf(t) = et

    2

    1) Verifier quef(t) = 2tf(t) (6.1)

    2) On poseF(s) = F(f)(s)

    Montrer en appliquantF a la relation 1) que F est solution dune equation differentielle du 1er

    ordre.

    3) En deduire que

    F(s) =

    ae

    2

    as2

    On rappelle que

    + eu2du = .Exercice 6.3.3. Soit

    f : t 1

    2e

    t2

    22

    1) DeterminerF(f). On utilisera le resultat de lexercice 2.

    2) Demontrer en utilisant la transformation de Fourier que :

    f1 f2 = f21+2

    2

    .

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    Exercice 6.3.4. Si f : t ea|t|. On a vu que

    F(f)(s) =2a

    a2 + 42s2

    En utilisant la transformation de Fourier, trouver une solution de lequation integro-differentiel le :

    y(t) ++

    y(t u)ea|u|du = ea|t|

    Exercice 6.3.5. Soit la fonction f telle que :

    f(t) =

    0 si t 0

    et sinon

    Soit (E) lequation differentielle :

    y(t) + 2y(t) + y(t) = f(t)

    Determiner, en utilisant la transformation de Fourier, la solution de (E) telle que+

    |y(t)|dt et+

    |y(t)|dt existent.

    Demonstration du theoreme 1 du cours

    Theoreme 1

    s R F(f)(s) = L(f+)(2is) + L(f)(2is)L designe la transformation de Laplace.

    Demonstration : Dapres la relation de Chasles,

    F(f)(s) =

    +

    e2istf(t)dt =

    0

    e2istf(t)dt +

    +0

    e2istf(t)dt

    en faisant le changement de u = t dans la 1ere integrale on obtient :

    F(f)(s) =

    +0

    e2isuf(u)du ++0

    e2ist f(t)dt

    F(f)(s) =

    +0

    e2isuf(u)du +

    +0

    e2istf+(t)dt.

    Or

    L(f)(p) = +0

    eptf(t)dt.

    Dou +0

    e2isuf(u)du = L(f)(2is)+0

    e2istf+(t)du = L(f+)(2is).

    dou le resultat :F(f)(s) = L(f+)(2is) + L(f)(2is).

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    Chapitre 7

    Mesure de Lebesgue

    Introduction

    Tres utile en pratique, lintegration de Riemann vue au chapitre precedement nest pascompletement satisfaisante dun point de vue theorique. Citons quelques points ou celle-ciachoppe : integrabilite de certaines fonctions (e.g. la fonction de Peano), passage a la limitesous le signe somme (necessite de la convergence uniforme sur un intervalle borne), regularitedes fonctions definies par une integrale, theoreme de Fubini pour les integrales multiples, etc.Au debut du XXe siecle, Lebesgue propose une nouvelle facon dintegrer les fonctions. Lidee dedepart est simple, mais necessite de savoir mesurer des ensembles : cest la theorie de la mesure,que lon expose dans ce chapitre.

    7.1 Lidee de Lebesgue

    Soit f : [0, 1] [0, 1] et Sn = 0, 1n

    , 2n

    ,...n 1n

    , 1 subdivision reguliere de [0, 1]. Rappelonsle principe de lintegrale de Riemann : on commence par noter

    Ik =k 1

    n,

    k

    n

    1 k n 1

    In =n 1

    n, 1

    et on considere les sommes de Darboux inferieure et superieure :

    n(f) = 1n

    nk=1

    infIk

    f

    n(f) =1n

    nk=1

    supIk

    f.

    On a pour tout n linegalite : n(f) n(f), et si f est Riemann integrable, alors :

    limn1

    n(f) n(f) = 0.

    51

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    Notons maintenant :

    Ek =

    x [0, 1] : k 1n

    f(x) < kn

    1 k n 1

    En = x [0, 1] : n 1n f(x) < 1Les (Ek)1kn forment clairement une partition de [0, 1]. Cette subdivision permet dapprocheruniformement la fonction f par les fonctions :

    =n

    k=1

    k 1n

    .Ek

    =n

    k=1k

    n.Ek .

    ou A est la fonction indicatrice de lensemble A, i.e. A(x) = 1 si x A, A(x) = 0 si x / A.

    Les fonctions et sont simples, ou etagees, cest-a-dire quelle ne prennent quun nombrefini de valeurs, et on a

    (x) f(x) (x) x [0, 1]

    (x) (x) = 1n

    x [0, 1].

    On voudrait donc approcher lintegrale de f sur [0, 1] par celles de et . Ceci donne, en

    supposant nos fonctions Riemann integrables :10

    (x)dx 10

    f(x)dx 10

    (x)dx

    avec de facon naturelle :10

    (x)dx =n

    k=1

    k 1n

    10

    IEk(x)dx =n

    k=1

    k 1n

    (Ek),

    ou (Ek) serait la mesure de Ek, i.e. sa longueur si cest un intervalle, la somme des longueurs

    de ses composantes connexes si cest une union dintervalles disjoints, etc.

    Mais si f est tres oscillante, on sent que les ensembles Ek ne seront plus aussi simples et les

    integrales

    10

    1Ek(x)dx ne seront plus necessairement des integrales de Riemann (penser a la

    fameuse fonction de Peano 1Q[0,1]). Il convient donc de definir proprement ce quon entend parla mesure dun ensemble, puis de lappliquer a la construction dune nouvelle integrale.

    7.2 La longueur comme une mesure

    Notations

    52

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    Si a b +, on note (a, b) lintervalle dont on ne specifie rien sur les bornes,cest-a-dire [a, b] ou ]a, b], ou [a, b[, ou ]a, b[.

    Si (An)n0 est une suite densembles deux a deux disjoints, on notera souvent leur union

    par le le symbole

    au lieu

    +n=0

    An =n=0

    An.

    Soit I lensemble des intervalles de R. La mesure longueur dun intervalle correspond a uneapplication

    =

    I [0, [

    (a, b) b a.

    Par exemple, la mesure dun point est nulle et celle dun intervalle non borne est egale a linfini.Cette application verifie les trois proprietes suivantes :

    i) () = 0,ii) Sigma-additivite : soit E R . Si E peut secrire de deux facons comme union denombrabledintervalles deux a deux disjoints, cest-a-dire :

    E =+n=0

    In =+n=0

    Jn,

    on a alors+n=0

    (In) =+n=0

    (Jn),

    valeur commune (eventuellement infinie) que lon appellera mesure longueur de E et que lonnotera encore E.iii) Invariance par translation : pour tout intervalle I et tout reel a, en notant a + I = {x R :x a I} le translate de I, on a :

    (a + I) = (I).

    Remarque 7.2.1.

    i) La sig