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Espaces de Hilbert Karim Boulabiar Dauphine j Tunis Mars 2020 Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 1 / 59
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Espaces de Hilbert
Karim Boulabiar
Dauphine j Tunis
Mars 2020
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 1 / 59
I/ Espaces Préhilbertiens
Dans tout ce qui suit, E désigne un K-espace vectoriel, avec K = R
ou C.
DenitionOn appelle produit scalaire sur E toute application de E E dans K quià tout couple (f , g) 2 E 2 fait correspondre un scalaire hf , gi et telle queles propriétés suivantes soient vériées.
I hg , f i = hf , gi8 (f , g) 2 E2
.
I hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi (8f , g , h 2 E , α 2 K).
I hf , f i > 0 (8f 2 En f0g).
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I/ Espaces Préhilbertiens
Dans tout ce qui suit, E désigne un K-espace vectoriel, avec K = R
ou C.
DenitionOn appelle produit scalaire sur E toute application de E E dans K quià tout couple (f , g) 2 E 2 fait correspondre un scalaire hf , gi et telle queles propriétés suivantes soient vériées.
I hg , f i = hf , gi8 (f , g) 2 E2
.
I hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi (8f , g , h 2 E , α 2 K).
I hf , f i > 0 (8f 2 En f0g).
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I/ Espaces Préhilbertiens
Dans tout ce qui suit, E désigne un K-espace vectoriel, avec K = R
ou C.
DenitionOn appelle produit scalaire sur E toute application de E E dans K quià tout couple (f , g) 2 E 2 fait correspondre un scalaire hf , gi et telle queles propriétés suivantes soient vériées.
I hg , f i = hf , gi8 (f , g) 2 E2
.
I hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi (8f , g , h 2 E , α 2 K).
I hf , f i > 0 (8f 2 En f0g).
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I/ Espaces Préhilbertiens
Dans tout ce qui suit, E désigne un K-espace vectoriel, avec K = R
ou C.
DenitionOn appelle produit scalaire sur E toute application de E E dans K quià tout couple (f , g) 2 E 2 fait correspondre un scalaire hf , gi et telle queles propriétés suivantes soient vériées.
I hg , f i = hf , gi8 (f , g) 2 E2
.
I hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi (8f , g , h 2 E , α 2 K).
I hf , f i > 0 (8f 2 En f0g).
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I/ Espaces Préhilbertiens
Dans tout ce qui suit, E désigne un K-espace vectoriel, avec K = R
ou C.
DenitionOn appelle produit scalaire sur E toute application de E E dans K quià tout couple (f , g) 2 E 2 fait correspondre un scalaire hf , gi et telle queles propriétés suivantes soient vériées.
I hg , f i = hf , gi8 (f , g) 2 E2
.
I hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi (8f , g , h 2 E , α 2 K).
I hf , f i > 0 (8f 2 En f0g).
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Dans la suite, on suppose E muni dun produit scalaire.
LemmaLes assertions suivantes sont vériées pour tout (f , g) 2 E 2.
I Si K = R alors hf , gi = hg , f i .
I hf , αg + hi = α hf , gi+ hf , hi pour tout (α, h) 2 K E.
I h0, f i = hf , 0i = 0.
I hf , f i = 0 si, et seulement si, f = 0.
Proof.Simple.
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Dans la suite, on suppose E muni dun produit scalaire.
LemmaLes assertions suivantes sont vériées pour tout (f , g) 2 E 2.
I Si K = R alors hf , gi = hg , f i .
I hf , αg + hi = α hf , gi+ hf , hi pour tout (α, h) 2 K E.
I h0, f i = hf , 0i = 0.
I hf , f i = 0 si, et seulement si, f = 0.
Proof.Simple.
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Dans la suite, on suppose E muni dun produit scalaire.
LemmaLes assertions suivantes sont vériées pour tout (f , g) 2 E 2.
I Si K = R alors hf , gi = hg , f i .
I hf , αg + hi = α hf , gi+ hf , hi pour tout (α, h) 2 K E.
I h0, f i = hf , 0i = 0.
I hf , f i = 0 si, et seulement si, f = 0.
Proof.Simple.
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Dans la suite, on suppose E muni dun produit scalaire.
LemmaLes assertions suivantes sont vériées pour tout (f , g) 2 E 2.
I Si K = R alors hf , gi = hg , f i .
I hf , αg + hi = α hf , gi+ hf , hi pour tout (α, h) 2 K E.
I h0, f i = hf , 0i = 0.
I hf , f i = 0 si, et seulement si, f = 0.
Proof.Simple.
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Dans la suite, on suppose E muni dun produit scalaire.
LemmaLes assertions suivantes sont vériées pour tout (f , g) 2 E 2.
I Si K = R alors hf , gi = hg , f i .
I hf , αg + hi = α hf , gi+ hf , hi pour tout (α, h) 2 K E.
I h0, f i = hf , 0i = 0.
I hf , f i = 0 si, et seulement si, f = 0.
Proof.Simple.
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Dans la suite, on suppose E muni dun produit scalaire.
LemmaLes assertions suivantes sont vériées pour tout (f , g) 2 E 2.
I Si K = R alors hf , gi = hg , f i .
I hf , αg + hi = α hf , gi+ hf , hi pour tout (α, h) 2 K E.
I h0, f i = hf , 0i = 0.
I hf , f i = 0 si, et seulement si, f = 0.
Proof.Simple.
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Dans la suite, on suppose E muni dun produit scalaire.
LemmaLes assertions suivantes sont vériées pour tout (f , g) 2 E 2.
I Si K = R alors hf , gi = hg , f i .
I hf , αg + hi = α hf , gi+ hf , hi pour tout (α, h) 2 K E.
I h0, f i = hf , 0i = 0.
I hf , f i = 0 si, et seulement si, f = 0.
Proof.Simple.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.
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Un résultat fondamental pour la théorie.
Theorem (de Cauchy-Schwarz)Soient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I Si (f , g) est libre alors jhf , gij <phf , f i
phg , gi.
I Si (f , g) est liée alors jhf , gij =phf , f i
phg , gi.
Proof.
Le cas lié est direct. On suppose alors que (f , g) est libre.
Soit α 2 K. Comme f αg 6= 0, on peut écrire
0 < hf αg , f αg i = hf , f i α hf , g i α hg , f i+ jαj2 hg , g i .
Comme g 6= 0, on peut poser α =hf , gihg , gi . Donc,
0 < hf , f i jhf , g ij2
hg , g i jhf , g ij2
hg , g i +jhf , g ij2
hg , g i .
Doù le résultat.Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 4 / 59
On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
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On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
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On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
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On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
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On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
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On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
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On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i
= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 5 / 59
On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i
= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 5 / 59
On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 5 / 59
On note kf k2 =phf , f i pour tout f 2 E .
LemmaSoient f , g 2 E. Les assertions suivantes sont vériées.
I 2Re hf , gi = kf + gk2 kf k2 kgk2 .
I 4Re hf , gi = kf + gk2 kf gk2.
Proof.
On a
kf + gk2 = hf + g , f + g i = hf , f i+ hf , g i+ hg , f i+ hg , g i= kf k2 + kgk2 + hf , g i+ hf , g i= kf k2 + kgk2 + 2 Re hf , g i .
Ceci donne la première égalité. Pour la deuxième, appliquer la première avecf et g et faire la di¤érence des deux égalités trouvées.
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Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
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Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 6 / 59
Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 6 / 59
Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 6 / 59
Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
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Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
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Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
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Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
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Une conséquence importante.
CorollaryLapplication de E dans R qui à tout f 2 E fait correspondre kf k2 est unenorme sur E . En particulier, E est un K-espace vectoriel normé.
Proof.Le seul point relativement délicat de le démonstration est linégalitétriangulaire.
Si f , g 2 E alors,
Re hf , g i jhf , g ij kf k2 kgk2 .
Donc
kf + gk22 = 2 Re hf , g i+ kf k22 + kgk22
2 kf k2 kgk2 + kf k22 + kgk
22
(kf k2 + kgk2)2 .
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Quelques dénitions.
Denition
I La norme k.k2 est dite associée au produit scalaire de E.I On appelle norme euclienne (respect. hermitienne) toute norme sur un
R-espace (respect. C-espace) vectoriel associée à un produit scalaire.
I On appelle espace préhilbertien réel (respect. complexe) tout R-espace(respect. C-espace) vectoriel normé dont la norme est euclidienne (respect.hermitienne).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 7 / 59
Quelques dénitions.
Denition
I La norme k.k2 est dite associée au produit scalaire de E.I On appelle norme euclienne (respect. hermitienne) toute norme sur un
R-espace (respect. C-espace) vectoriel associée à un produit scalaire.
I On appelle espace préhilbertien réel (respect. complexe) tout R-espace(respect. C-espace) vectoriel normé dont la norme est euclidienne (respect.hermitienne).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 7 / 59
Quelques dénitions.
DenitionI La norme k.k2 est dite associée au produit scalaire de E.
I On appelle norme euclienne (respect. hermitienne) toute norme sur unR-espace (respect. C-espace) vectoriel associée à un produit scalaire.
I On appelle espace préhilbertien réel (respect. complexe) tout R-espace(respect. C-espace) vectoriel normé dont la norme est euclidienne (respect.hermitienne).
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Quelques dénitions.
DenitionI La norme k.k2 est dite associée au produit scalaire de E.I On appelle norme euclienne (respect. hermitienne) toute norme sur un
R-espace (respect. C-espace) vectoriel associée à un produit scalaire.
I On appelle espace préhilbertien réel (respect. complexe) tout R-espace(respect. C-espace) vectoriel normé dont la norme est euclidienne (respect.hermitienne).
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Quelques dénitions.
DenitionI La norme k.k2 est dite associée au produit scalaire de E.I On appelle norme euclienne (respect. hermitienne) toute norme sur un
R-espace (respect. C-espace) vectoriel associée à un produit scalaire.
I On appelle espace préhilbertien réel (respect. complexe) tout R-espace(respect. C-espace) vectoriel normé dont la norme est euclidienne (respect.hermitienne).
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Les exemples les plus classiques.
Examples
I Kn (n 2 N) pour h(xi ) , (yi )i =n
∑i=1xi yi .
I `2 (N) =n(un) 2 KN : ∑ jun j2 < ∞
opour h(un) , (vn)i =
∞
∑n=0
unvn .
I Mn (K) (n 2 N) pour hA,Bi = trAtB
.
I C ([a, b] ,K) pour hf , gi =Z baf (x) g (x)dx .
I L2 (Ω) pour hf , gi =Z
Ωf g .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 8 / 59
Les exemples les plus classiques.
Examples
I Kn (n 2 N) pour h(xi ) , (yi )i =n
∑i=1xi yi .
I `2 (N) =n(un) 2 KN : ∑ jun j2 < ∞
opour h(un) , (vn)i =
∞
∑n=0
unvn .
I Mn (K) (n 2 N) pour hA,Bi = trAtB
.
I C ([a, b] ,K) pour hf , gi =Z baf (x) g (x)dx .
I L2 (Ω) pour hf , gi =Z
Ωf g .
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Les exemples les plus classiques.
Examples
I Kn (n 2 N) pour h(xi ) , (yi )i =n
∑i=1xi yi .
I `2 (N) =n(un) 2 KN : ∑ jun j2 < ∞
opour h(un) , (vn)i =
∞
∑n=0
unvn .
I Mn (K) (n 2 N) pour hA,Bi = trAtB
.
I C ([a, b] ,K) pour hf , gi =Z baf (x) g (x)dx .
I L2 (Ω) pour hf , gi =Z
Ωf g .
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Les exemples les plus classiques.
Examples
I Kn (n 2 N) pour h(xi ) , (yi )i =n
∑i=1xi yi .
I `2 (N) =n(un) 2 KN : ∑ jun j2 < ∞
opour h(un) , (vn)i =
∞
∑n=0
unvn .
I Mn (K) (n 2 N) pour hA,Bi = trAtB
.
I C ([a, b] ,K) pour hf , gi =Z baf (x) g (x)dx .
I L2 (Ω) pour hf , gi =Z
Ωf g .
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Les exemples les plus classiques.
Examples
I Kn (n 2 N) pour h(xi ) , (yi )i =n
∑i=1xi yi .
I `2 (N) =n(un) 2 KN : ∑ jun j2 < ∞
opour h(un) , (vn)i =
∞
∑n=0
unvn .
I Mn (K) (n 2 N) pour hA,Bi = trAtB
.
I C ([a, b] ,K) pour hf , gi =Z baf (x) g (x)dx .
I L2 (Ω) pour hf , gi =Z
Ωf g .
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Les exemples les plus classiques.
Examples
I Kn (n 2 N) pour h(xi ) , (yi )i =n
∑i=1xi yi .
I `2 (N) =n(un) 2 KN : ∑ jun j2 < ∞
opour h(un) , (vn)i =
∞
∑n=0
unvn .
I Mn (K) (n 2 N) pour hA,Bi = trAtB
.
I C ([a, b] ,K) pour hf , gi =Z baf (x) g (x)dx .
I L2 (Ω) pour hf , gi =Z
Ωf g .
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Les exemples les plus classiques.
Examples
I Kn (n 2 N) pour h(xi ) , (yi )i =n
∑i=1xi yi .
I `2 (N) =n(un) 2 KN : ∑ jun j2 < ∞
opour h(un) , (vn)i =
∞
∑n=0
unvn .
I Mn (K) (n 2 N) pour hA,Bi = trAtB
.
I C ([a, b] ,K) pour hf , gi =Z baf (x) g (x)dx .
I L2 (Ω) pour hf , gi =Z
Ωf g .
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Désormais, E est un espace préhilbertien.
Theorem (Identité du Parallélogramme)Si f , g 2 E alors
I kf + gk2 + kf gk2 = 2kf k2 + kgk2
.
Proof.On a
kf + gk2 kf gk2 = 4Re hf , gi = 2kf + gk2 kf k2 kgk2
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 9 / 59
Désormais, E est un espace préhilbertien.
Theorem (Identité du Parallélogramme)Si f , g 2 E alors
I kf + gk2 + kf gk2 = 2kf k2 + kgk2
.
Proof.On a
kf + gk2 kf gk2 = 4Re hf , gi = 2kf + gk2 kf k2 kgk2
.
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Désormais, E est un espace préhilbertien.
Theorem (Identité du Parallélogramme)Si f , g 2 E alors
I kf + gk2 + kf gk2 = 2kf k2 + kgk2
.
Proof.On a
kf + gk2 kf gk2 = 4Re hf , gi = 2kf + gk2 kf k2 kgk2
.
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Désormais, E est un espace préhilbertien.
Theorem (Identité du Parallélogramme)Si f , g 2 E alors
I kf + gk2 + kf gk2 = 2kf k2 + kgk2
.
Proof.On a
kf + gk2 kf gk2 = 4Re hf , gi = 2kf + gk2 kf k2 kgk2
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 9 / 59
Désormais, E est un espace préhilbertien.
Theorem (Identité du Parallélogramme)Si f , g 2 E alors
I kf + gk2 + kf gk2 = 2kf k2 + kgk2
.
Proof.On a
kf + gk2 kf gk2 = 4Re hf , gi = 2kf + gk2 kf k2 kgk2
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 9 / 59
Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 10 / 59
Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
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Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 10 / 59
Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 10 / 59
Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
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Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
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Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
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Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
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Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 10 / 59
Lidentité du parallélogramme sert essentiellement à déterminer si unenorme sur un espace vectoriel est euclienne (ou hermitienne).
Example
Légalité
k(x , y )k = jx j+ jy j
dénit une norme sur R2. On pose
f = (1, 0) et g = (0, 1).
Alors
kf k2 = kgk2 = 1 et kf + gk2 = kf gk2 = 4.
Donc,
kf + gk2 + kf gk2 = 8 6= 4 = 2kf k2 + kgk2
.
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La dénition centrale.
DenitionUn espace préhilbertien est appelé espace de Hilbert sil est completpour sa norme euclidienne (ou hermitienne).
Examples
I Un espace préhilbertien de dimension nie est un espace de Hilbert.
I L2 (Ω) (daprès le Théorème de Riesz-Fischer).
Theorem`2 (N) est un espace de Hilbert.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 11 / 59
La dénition centrale.
DenitionUn espace préhilbertien est appelé espace de Hilbert sil est completpour sa norme euclidienne (ou hermitienne).
Examples
I Un espace préhilbertien de dimension nie est un espace de Hilbert.
I L2 (Ω) (daprès le Théorème de Riesz-Fischer).
Theorem`2 (N) est un espace de Hilbert.
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La dénition centrale.
DenitionUn espace préhilbertien est appelé espace de Hilbert sil est completpour sa norme euclidienne (ou hermitienne).
Examples
I Un espace préhilbertien de dimension nie est un espace de Hilbert.
I L2 (Ω) (daprès le Théorème de Riesz-Fischer).
Theorem`2 (N) est un espace de Hilbert.
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La dénition centrale.
DenitionUn espace préhilbertien est appelé espace de Hilbert sil est completpour sa norme euclidienne (ou hermitienne).
ExamplesI Un espace préhilbertien de dimension nie est un espace de Hilbert.
I L2 (Ω) (daprès le Théorème de Riesz-Fischer).
Theorem`2 (N) est un espace de Hilbert.
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La dénition centrale.
DenitionUn espace préhilbertien est appelé espace de Hilbert sil est completpour sa norme euclidienne (ou hermitienne).
ExamplesI Un espace préhilbertien de dimension nie est un espace de Hilbert.
I L2 (Ω) (daprès le Théorème de Riesz-Fischer).
Theorem`2 (N) est un espace de Hilbert.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 11 / 59
La dénition centrale.
DenitionUn espace préhilbertien est appelé espace de Hilbert sil est completpour sa norme euclidienne (ou hermitienne).
ExamplesI Un espace préhilbertien de dimension nie est un espace de Hilbert.
I L2 (Ω) (daprès le Théorème de Riesz-Fischer).
Theorem`2 (N) est un espace de Hilbert.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 11 / 59
On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alors
m
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 12 / 59
On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alors
m
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
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On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alors
m
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
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On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alors
m
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
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On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alors
m
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
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On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alors
m
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 12 / 59
On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alorsm
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
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On démontre quand même!
Proof.
Soit (fp)p une suite de Cauchy de `2 (N). Pour tout ε > 0, il existe n0 2 N
tel que, dès que p, q n0, on a
∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Ainsi, pour tout n 2 N, la suite (fp (n))p est une suite de Cauchy dans K.
On note f (n) sa limite et on obtient donc (f (n))n 2 KN.
Soit m 2 N et p n0. Alorsm
∑n=0
jfp (n)j2 m
∑n=0
jfn0 (n)j2 +
m
∑n=0
jfp (n) fn0 (n)j2 kfn0k22 + ε.
Si p ! ∞ alorsm
∑n=0
jf (n)j2 kfp0k2 + ε et donc ∑ jf (n)j2 < ∞.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alors
m
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 13 / 59
Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alors
m
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alors
m
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alorsm
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alorsm
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alorsm
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alorsm
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alorsm
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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Ce nest pas encore ni!
Proof.
Si m, p, q 2 N avec p, q n0 alorsm
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 ∞
∑n=0
jfp (n) fq (n)j2 = kfp fqk22 < ε.
Si q ! ∞ alors
m
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Mais m est arbitraire dans N. Ainsi,
kfp f k22 =∞
∑n=0
jfp (n) f (n)j2 < ε.
Et maintenant cest ni.
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II/ Orthogonalité
Dans cette section, E est espace préhilbertien.
DenitionOn dit que C E est convexe si
I αf + (1 α) g 2 C pour tous f , g 2 C et α 2 [0, 1].
On rappelle que si D E et f 2 E alors
I d (f ,D) = inf fkf hk2 : h 2 Dg (inf ∅ = ∞).
TheoremSoit C E convexe complet. Pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 Ctel que
I d (f , C) = kf gk2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 14 / 59
II/ Orthogonalité
Dans cette section, E est espace préhilbertien.
DenitionOn dit que C E est convexe si
I αf + (1 α) g 2 C pour tous f , g 2 C et α 2 [0, 1].
On rappelle que si D E et f 2 E alors
I d (f ,D) = inf fkf hk2 : h 2 Dg (inf ∅ = ∞).
TheoremSoit C E convexe complet. Pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 Ctel que
I d (f , C) = kf gk2.
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II/ Orthogonalité
Dans cette section, E est espace préhilbertien.
DenitionOn dit que C E est convexe si
I αf + (1 α) g 2 C pour tous f , g 2 C et α 2 [0, 1].
On rappelle que si D E et f 2 E alors
I d (f ,D) = inf fkf hk2 : h 2 Dg (inf ∅ = ∞).
TheoremSoit C E convexe complet. Pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 Ctel que
I d (f , C) = kf gk2.
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II/ Orthogonalité
Dans cette section, E est espace préhilbertien.
DenitionOn dit que C E est convexe si
I αf + (1 α) g 2 C pour tous f , g 2 C et α 2 [0, 1].
On rappelle que si D E et f 2 E alors
I d (f ,D) = inf fkf hk2 : h 2 Dg (inf ∅ = ∞).
TheoremSoit C E convexe complet. Pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 Ctel que
I d (f , C) = kf gk2.
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II/ Orthogonalité
Dans cette section, E est espace préhilbertien.
DenitionOn dit que C E est convexe si
I αf + (1 α) g 2 C pour tous f , g 2 C et α 2 [0, 1].
On rappelle que si D E et f 2 E alorsI d (f ,D) = inf fkf hk2 : h 2 Dg (inf ∅ = ∞).
TheoremSoit C E convexe complet. Pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 Ctel que
I d (f , C) = kf gk2.
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II/ Orthogonalité
Dans cette section, E est espace préhilbertien.
DenitionOn dit que C E est convexe si
I αf + (1 α) g 2 C pour tous f , g 2 C et α 2 [0, 1].
On rappelle que si D E et f 2 E alorsI d (f ,D) = inf fkf hk2 : h 2 Dg (inf ∅ = ∞).
TheoremSoit C E convexe complet. Pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 Ctel que
I d (f , C) = kf gk2.
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II/ Orthogonalité
Dans cette section, E est espace préhilbertien.
DenitionOn dit que C E est convexe si
I αf + (1 α) g 2 C pour tous f , g 2 C et α 2 [0, 1].
On rappelle que si D E et f 2 E alorsI d (f ,D) = inf fkf hk2 : h 2 Dg (inf ∅ = ∞).
TheoremSoit C E convexe complet. Pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 Ctel que
I d (f , C) = kf gk2.
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Une démonstration élégante (ce nest pas la mienne!)
Proof.
Soit f 2 E . Il existe (hn) 2 CN tel que lim kf hnk2 = d (f , C) .
Soient m, n 2 N. Comme C est convexe, 12(hm + hn) 2 C.
Donc,
f 12(hm + hn)
2 d (f , C) .
Lidentité du parallélogramme avec f hm et f hn donne
khm hnk22 + 4d (f , C)2 khm hnk22 + 4
f 12(hm + hn)
22
k(f hm) (f hn)k22 + k(f hm) + (f hn)k22
2kf hmk22 + kf hnk
22
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.
On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.
Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.
Doù lexistence.
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Encore!
Proof.
Ainsi
khm hnk22 4 kf hmk22 + kf hnk
22
2 d (f , C)2
!.
Or, pour tout ε > 0, il existe n0 2 N tel que, si n n0 alors
kf hnk22 d (f , C)2 < ε2/4.
Donc, si m, n n0 alors khm hnk2 < ε et ainsi (hn) est de Cauchy dansC.On a lim hn = g 2 C.Par suite,
d (f , C) = lim kf hnk2 = kf gk2.Doù lexistence.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 17 / 59
Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.
Il sen suit que g = h et cest ni.
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Et lunicité alors? Elle vient!
Proof.
On considère g , h 2 C tels que
d (f , C) = kf gk2 = kf hk2 .
On remarque que
f 12(g + h)
2 d (f , C) .
Par lidentité du parallélogramme appliquée à f g et f h, on trouve
kg hk22 = 2 kf gk22 + 2 kf hk22 k2f g hk
22
= 2 kf gk22 + 2 kf hk22 4
f 12(g + h)
22.
2d (f , C)2 + 2d (f , C)2 4d (f , C)2 = 0.Il sen suit que g = h et cest ni.
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Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 18 / 59
Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
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Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
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Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
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Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
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Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .
F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
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Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
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Quelques conséquences.
Corollary
Soit C un convexe fermé dun espace de Hilbert H. Alors, pour tout f 2 H,il existe un unique g 2 C tel que d (f , C) = kf gk2.
Corollary
On suppose que lune des conditions suivantes soit vériée.
F F est un sous-espace vectoriel complet de E .F E est un espace de Hilbert et F est un sous-espace vectoriel fermé de E .
Alors, pour tout f 2 E, il existe un unique g 2 C tel qued (f ,F ) = kf gk2 .
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Une naissance dun concept!
DenitionSoit C un convexe complet de E.
I Lapplication qui à tout f 2 E fait correspondre lunique élément g de Cvériant d (f , C) = kf gk est appelée projection orthogonale de E surC et est noté PC .
I Limage PC (f ) de f 2 E est dit projeté orthogonal de f sur C.
On remarque que PC (E ) = C. En e¤et, si f 2 E alors PC (f ) 2 C(par dénition même) et donc PC (E ) C. Inversement, si f 2 Calors PC (f ) = f et donc f 2 PC (E ). Ceci donne linclusionC PC (E ) et légalité C = PC (E ) (noter également que C estlensemble des points xes de C).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 19 / 59
Une naissance dun concept!
DenitionSoit C un convexe complet de E.
I Lapplication qui à tout f 2 E fait correspondre lunique élément g de Cvériant d (f , C) = kf gk est appelée projection orthogonale de E surC et est noté PC .
I Limage PC (f ) de f 2 E est dit projeté orthogonal de f sur C.
On remarque que PC (E ) = C. En e¤et, si f 2 E alors PC (f ) 2 C(par dénition même) et donc PC (E ) C. Inversement, si f 2 Calors PC (f ) = f et donc f 2 PC (E ). Ceci donne linclusionC PC (E ) et légalité C = PC (E ) (noter également que C estlensemble des points xes de C).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 19 / 59
Une naissance dun concept!
DenitionSoit C un convexe complet de E.
I Lapplication qui à tout f 2 E fait correspondre lunique élément g de Cvériant d (f , C) = kf gk est appelée projection orthogonale de E surC et est noté PC .
I Limage PC (f ) de f 2 E est dit projeté orthogonal de f sur C.
On remarque que PC (E ) = C. En e¤et, si f 2 E alors PC (f ) 2 C(par dénition même) et donc PC (E ) C. Inversement, si f 2 Calors PC (f ) = f et donc f 2 PC (E ). Ceci donne linclusionC PC (E ) et légalité C = PC (E ) (noter également que C estlensemble des points xes de C).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 19 / 59
Une naissance dun concept!
DenitionSoit C un convexe complet de E.
I Lapplication qui à tout f 2 E fait correspondre lunique élément g de Cvériant d (f , C) = kf gk est appelée projection orthogonale de E surC et est noté PC .
I Limage PC (f ) de f 2 E est dit projeté orthogonal de f sur C.
On remarque que PC (E ) = C. En e¤et, si f 2 E alors PC (f ) 2 C(par dénition même) et donc PC (E ) C. Inversement, si f 2 Calors PC (f ) = f et donc f 2 PC (E ). Ceci donne linclusionC PC (E ) et légalité C = PC (E ) (noter également que C estlensemble des points xes de C).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 19 / 59
Une naissance dun concept!
DenitionSoit C un convexe complet de E.
I Lapplication qui à tout f 2 E fait correspondre lunique élément g de Cvériant d (f , C) = kf gk est appelée projection orthogonale de E surC et est noté PC .
I Limage PC (f ) de f 2 E est dit projeté orthogonal de f sur C.
On remarque que PC (E ) = C. En e¤et, si f 2 E alors PC (f ) 2 C(par dénition même) et donc PC (E ) C. Inversement, si f 2 Calors PC (f ) = f et donc f 2 PC (E ). Ceci donne linclusionC PC (E ) et légalité C = PC (E ) (noter également que C estlensemble des points xes de C).
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Le résultat suivant sapplique souvent (en théorie).
TheoremSoient C un convexe complet de E et f 2 E. Alors
fg 2 E : 8h 2 C,Re hf g , h gi 0g = fPC (f )g
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 20 / 59
Le résultat suivant sapplique souvent (en théorie).
TheoremSoient C un convexe complet de E et f 2 E. Alors
fg 2 E : 8h 2 C,Re hf g , h gi 0g = fPC (f )g
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Le résultat suivant sapplique souvent (en théorie).
TheoremSoient C un convexe complet de E et f 2 E. Alors
fg 2 E : 8h 2 C,Re hf g , h gi 0g = fPC (f )g
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 21 / 59
On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22
hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i
d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.
Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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On ne cesse de démontrer!
Proof.
Soient h 2 C et α 2 ]0, 1[. Alors
hα = αh+ (1 α)PC (f ) 2 C.
Donc,
d (f , C)2 kf hαk22 hf PC (f ) α (h PC (f )) , f PC (f ) α (h PC (f ))i
kf PC (f )k2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe hf PC (f ) , h PC (f )i d (f , C)2 + α2 kh PC (f )k2 2αRe (f PC (f ) jh PC (f )) .
Ainsi, 2 Re hf PC (f ) , h PC (f )i α kh PC (f )k2 et ce pour toutα 2 ]0, 1[.Donc, Re hf PC (f ) , h PC (f )i 0.
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La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 22 / 59
La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 22 / 59
La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 22 / 59
La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 22 / 59
La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
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La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22
= kf gk22 + kh gk22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 22 / 59
La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 22 / 59
La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 22 / 59
La réciproque!
Proof.
Inversement, soit g 2 E tel que
Re hf g , h g i 0 pour tout h 2 C.
Si h 2 C alors
kf hk22 = k(f g ) (h g )k22= kf gk22 + kh gk
22 2 Re hf g , h g i
kf gk22 .
Doù, g = PC (f ) et cest ni.
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Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 23 / 59
Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
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Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 23 / 59
Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 23 / 59
Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 23 / 59
Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
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Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
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Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
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Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
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Encore une dénition.
DenitionOn dit que deux vecteurs f , g 2 E sont orthogonaux et on note f?g sihf , gi = 0.
Theorem (de Pythagore)
Soient f , g 2 E. Si f?g alors
kf + gk22 = kf k22 + kgk
22 .
La réciproque est vraie si, de plus, K = R.
Proof.
Si f?g alors hf , gi = 0 et donc
kf + gk2 kf k2 kgk2 = 2 Re hf , g i = 0.
Si K = R alors Re hf , gi = hf , gi = 0 et le problèmes est résolu.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 23 / 59
La réciproque du Théorème de Pythagore nest pas vraie si K = C
comme on peut le voir avec les vecteurs (1, 0) et (i , 0) dans C2 munide son produit scalaire usuel.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 24 / 59
Lorthogonalité est un concept global également.
Denition
On appelle orthogonal de ∅ 6= D E la partie de E notée D? et déniepar
D? = ff 2 E : f?g , 8g 2 Dg.
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si f 2 D alors h0, f i = 0 et donc 0 2 D? 6= ∅. Soient alors f , g 2 D? etα 2 K. Pour tout h 2 D, on a
hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi = α 0+ 0 = 0.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 25 / 59
Lorthogonalité est un concept global également.
Denition
On appelle orthogonal de ∅ 6= D E la partie de E notée D? et déniepar
D? = ff 2 E : f?g , 8g 2 Dg.
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si f 2 D alors h0, f i = 0 et donc 0 2 D? 6= ∅. Soient alors f , g 2 D? etα 2 K. Pour tout h 2 D, on a
hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi = α 0+ 0 = 0.
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Lorthogonalité est un concept global également.
Denition
On appelle orthogonal de ∅ 6= D E la partie de E notée D? et déniepar
D? = ff 2 E : f?g , 8g 2 Dg.
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si f 2 D alors h0, f i = 0 et donc 0 2 D? 6= ∅. Soient alors f , g 2 D? etα 2 K. Pour tout h 2 D, on a
hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi = α 0+ 0 = 0.
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Lorthogonalité est un concept global également.
Denition
On appelle orthogonal de ∅ 6= D E la partie de E notée D? et déniepar
D? = ff 2 E : f?g , 8g 2 Dg.
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si f 2 D alors h0, f i = 0 et donc 0 2 D? 6= ∅. Soient alors f , g 2 D? etα 2 K. Pour tout h 2 D, on a
hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi = α 0+ 0 = 0.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 25 / 59
Lorthogonalité est un concept global également.
Denition
On appelle orthogonal de ∅ 6= D E la partie de E notée D? et déniepar
D? = ff 2 E : f?g , 8g 2 Dg.
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si f 2 D alors h0, f i = 0 et donc 0 2 D? 6= ∅. Soient alors f , g 2 D? etα 2 K. Pour tout h 2 D, on a
hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi = α 0+ 0 = 0.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 25 / 59
Lorthogonalité est un concept global également.
Denition
On appelle orthogonal de ∅ 6= D E la partie de E notée D? et déniepar
D? = ff 2 E : f?g , 8g 2 Dg.
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si f 2 D alors h0, f i = 0 et donc 0 2 D? 6= ∅. Soient alors f , g 2 D? etα 2 K. Pour tout h 2 D, on a
hαf + g , hi = α hf , hi+ hg , hi = α 0+ 0 = 0.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 25 / 59
On a besoin dun lemme pour poursuivre létude.
Lemma
Si A,B E tels que ∅ 6= A B alors B? A?.
Proof.
Si f 2 B? et g 2 A alors g 2 B et donc f?g . Ainsi f 2 A?.
TheoremSoient F un sous-espace vectoriel complet de E. Alors, pour tout f 2 E,
fPF (f )g =g 2 F : f g 2 F?
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 26 / 59
On a besoin dun lemme pour poursuivre létude.
Lemma
Si A,B E tels que ∅ 6= A B alors B? A?.
Proof.
Si f 2 B? et g 2 A alors g 2 B et donc f?g . Ainsi f 2 A?.
TheoremSoient F un sous-espace vectoriel complet de E. Alors, pour tout f 2 E,
fPF (f )g =g 2 F : f g 2 F?
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 26 / 59
On a besoin dun lemme pour poursuivre létude.
Lemma
Si A,B E tels que ∅ 6= A B alors B? A?.
Proof.
Si f 2 B? et g 2 A alors g 2 B et donc f?g . Ainsi f 2 A?.
TheoremSoient F un sous-espace vectoriel complet de E. Alors, pour tout f 2 E,
fPF (f )g =g 2 F : f g 2 F?
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 26 / 59
On a besoin dun lemme pour poursuivre létude.
Lemma
Si A,B E tels que ∅ 6= A B alors B? A?.
Proof.
Si f 2 B? et g 2 A alors g 2 B et donc f?g . Ainsi f 2 A?.
TheoremSoient F un sous-espace vectoriel complet de E. Alors, pour tout f 2 E,
fPF (f )g =g 2 F : f g 2 F?
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 26 / 59
On a besoin dun lemme pour poursuivre létude.
Lemma
Si A,B E tels que ∅ 6= A B alors B? A?.
Proof.
Si f 2 B? et g 2 A alors g 2 B et donc f?g . Ainsi f 2 A?.
TheoremSoient F un sous-espace vectoriel complet de E. Alors, pour tout f 2 E,
fPF (f )g =g 2 F : f g 2 F?
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 26 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi
= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Allez, on démontre!
Proof.
Si h 2 F et α 2 K alors PF (f ) + αh 2 F . Donc,
Re [α hf PF (f ) , hi] = Re hf PF (f ) , αhi= Re hf PF (f ) ,PF (f ) + αh PF (f )i 0.
On applique cette inégalité avec α = 1 pour obtenir
Re hf PF (f ) , hi = 0
ensuite avec α = i pour avoir
Im hf PF (f ) , hi = 0.
Donc, f PF (f ) 2 F?.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 27 / 59
Et ça continue.
Proof.
Inversement, on suppose que g 2 F et que f g 2 F?.Si h 2 F alors,
kf hk2 = k(f g ) + (g h)k2 = kf gk2 + kg hk2 kf gk2 .
Doù g = PF (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 28 / 59
Et ça continue.
Proof.
Inversement, on suppose que g 2 F et que f g 2 F?.Si h 2 F alors,
kf hk2 = k(f g ) + (g h)k2 = kf gk2 + kg hk2 kf gk2 .
Doù g = PF (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 28 / 59
Et ça continue.
Proof.
Inversement, on suppose que g 2 F et que f g 2 F?.
Si h 2 F alors,
kf hk2 = k(f g ) + (g h)k2 = kf gk2 + kg hk2 kf gk2 .
Doù g = PF (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 28 / 59
Et ça continue.
Proof.
Inversement, on suppose que g 2 F et que f g 2 F?.Si h 2 F alors,
kf hk2 = k(f g ) + (g h)k2 = kf gk2 + kg hk2 kf gk2 .
Doù g = PF (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 28 / 59
Et ça continue.
Proof.
Inversement, on suppose que g 2 F et que f g 2 F?.Si h 2 F alors,
kf hk2 = k(f g ) + (g h)k2 = kf gk2 + kg hk2 kf gk2 .
Doù g = PF (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 28 / 59
Et ça continue.
Proof.
Inversement, on suppose que g 2 F et que f g 2 F?.Si h 2 F alors,
kf hk2 = k(f g ) + (g h)k2 = kf gk2 + kg hk2 kf gk2 .
Doù g = PF (f ) et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 28 / 59
Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 29 / 59
Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 29 / 59
Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
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Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
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Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
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Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
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Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.
Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
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Une conséquence.
Corollary
Soient C un convexe complet de E. Alors PC 2 L (E ) si, et seulement si,C est un sous-espace vectoriel de E .
Proof.
Si PC est linéaire alors PC (E ) = C = ImPC et donc C est un sous-espacevectoriel de E .
Réciroquement, on suppose que C est un sous-espace vectoriel de E . Soientf , g 2 E et α 2 K.
PC (αf + g) est lunique vecteur de C tel que αf + g PC (αf + g) 2 C?.Or,
αf + g (αPC (f ) + PC (g)) = α [f PC (f )] + g PC (g) 2 C? etαPC (f ) + PC (g) 2 C.Ainsi, PC (αf + g) = αPC (f ) + PC (g).
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij
kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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Enn de lanalyse!
LemmaLapplication (f , g)! hf , gi est continue sur E E.
Proof.
Soient f , g 2 E et (fn) , (gn) tels que fn ! f et gn ! g dans E . Si n 2 N
alors, par lInégalité de Cauchy-Schwarz,
jhf , g i hfn , gnij jhf , g gnij+ jhf fn , gnij kf k2 kg gnk2 + kgnk2 kf fnk2 .
Or, (gn) étant convergente, elle est bornée (par un certain M > 0). Doù
jhf , g i hfn , gnij kf k2 kg gnk2 +M kf fnk2 .
Ceci résout le problème.
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On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 31 / 59
On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 31 / 59
On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 31 / 59
On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
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On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
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On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
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On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
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On note D ladhérence dune partie D de E .
Lemma
Si ∅ 6= D E alors D? est un fermé de E.
Proof.
Si (fn) D? et fn ! f dans E alors, pour g 2 D, et par continuité duproduit scalaire, hf , gi = hlim fn, gi = lim hfn, gi = 0.
TheoremSoit F un sous-espace vectoriel de E . Alors les assertions suivantes sontvériées.
I F? \ F = f0g.
I F?= F?.
I F F??.
I Si F est complet alors E = F? F? et F = F??.
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On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 32 / 59
On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
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On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
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On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
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On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 32 / 59
On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.
Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
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On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 32 / 59
On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
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On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 32 / 59
On fait vite!
Proof.
La première assertion est triviale.
Pour la deuxième, soit f 2 F? et g 2 F . Alors, il existe une suite (gn) dansF telle que gn ! g . La continuité du produit scalaire donne
hf , g i = hf , lim gni = lim hf , gni = 0.
Ainsi F? F?. Lautre inclusion est évidente.Pour prouver la troisième propriété, il su¢ t de remarquer que F F?? etque F?? est fermé.
On sait que F? \ F = f0g . De plus, si f 2 E alors
f = PF (f ) + (f PF (f )) 2 F + F?.
La deuxième égalité est une conséquence directe de la première.
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Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 33 / 59
Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
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Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
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Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
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Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
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Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
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Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 33 / 59
Il est à noter que si F est un sous-espace vectoriel de E alors F lestaussi.
CorollarySoient H un espace de Hilbert et F un sous-espace vectoriel non nul de H.Les assertions suivantes sont vériées.
I H = F? F? et F = F??.
I PF est un projecteur linéaire.
I PF est continue et PF = 1.
IPF (f ) , g
=f ,PF (g)
=PF (f ) ,PF (g)
pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice (il faut les faire ces exercices!).
En particulier, F est dense dans H si, et seulement si, F? = f0g(remarque très pratique!)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 33 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.
Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.
I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.
Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.
I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.
I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
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Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.
I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.
I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.
I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.
I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.
I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Le dual topologique de E est noté E 0.Si ψ 2 E 0 alors kψk = sup fjψ (f )j : f 2 E et kf k2 = 1g.Pour f 2 E , on dénit ψf : E ! K, g 7! hg , f i .
Theorem (de Représentation de Riesz)Soit H un espace de Hilbert.
I ψf 2 H 0 et kψf k = kf k2 pour tout f 2 H.I Pour tout ψ 2 H 0, il existe un unique f 2 H tel que ψ = ψf .
Proof.I Soit f 2 H. Il est clair que ψf est linéaire. De plus, si g 2 E alors
jψf (g )j = jhg , f ij kf k2 kgk2.
Donc, ψf 2 H 0 et kψf k kf k2.
De plus, si f 6= 0 alorsψf f
kf k2
= kf k2 . Donc, kψf k = kf k2.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 34 / 59
Et le second point alors!
Proof.
I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.
I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .
Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Et le second point alors!
Proof.I Si ψ = 0, on prend f = 0. Sinon, on pose F = kerψ, qui est un hyperplanfermé de H (il est fermé car ψ est continue).
Donc, H = F? F? et dim
F?= 1.
Soit h 2 F? tel que ψ (h) = 1. Donc, F? = Kh.
Si g 2 F? alors g = hg , hikhk2
h (écrire g = λh et trouver λ).
Posons f =h
khk2.
Alors, ψ (g) = hg , f i = ψf (g) si g 2 F? et ψ (g) = 0 = ψf (g) sig 2 F .Doù le résultat.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 35 / 59
Dans le premier point, H na pas besoin dêtre un espace de Hilbert.Autrement dit, le résultat reste vrai dans un espace préhilbertien.
Si K = R alors lapplication T : H ! H 0 dénie par
I Tf = ψf pour tout f 2 H
est un isomorphisme isométrique (je vous conseille de le montrer et decomprendre pourquoi ça ne marche pas sur C, cest très instructif!).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 36 / 59
Dans le premier point, H na pas besoin dêtre un espace de Hilbert.Autrement dit, le résultat reste vrai dans un espace préhilbertien.
Si K = R alors lapplication T : H ! H 0 dénie par
I Tf = ψf pour tout f 2 H
est un isomorphisme isométrique (je vous conseille de le montrer et decomprendre pourquoi ça ne marche pas sur C, cest très instructif!).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 36 / 59
Dans le premier point, H na pas besoin dêtre un espace de Hilbert.Autrement dit, le résultat reste vrai dans un espace préhilbertien.
Si K = R alors lapplication T : H ! H 0 dénie parI Tf = ψf pour tout f 2 H
est un isomorphisme isométrique (je vous conseille de le montrer et decomprendre pourquoi ça ne marche pas sur C, cest très instructif!).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 36 / 59
III/ Bases Hilbertiennes
Soit E un espace préhilbertien.
DenitionUne famille (ei )i2I de vecteurs E est dite
(1) orthogonale siei , ej
= 0 pour tout (i , j) 2 I 2 avec i 6= j .
(2) orthonormale siei , ej
= δij pour tout (i , j) 2 I 2.
Une famille orthonormale de E est orthogonale.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 37 / 59
III/ Bases Hilbertiennes
Soit E un espace préhilbertien.
DenitionUne famille (ei )i2I de vecteurs E est dite
(1) orthogonale siei , ej
= 0 pour tout (i , j) 2 I 2 avec i 6= j .
(2) orthonormale siei , ej
= δij pour tout (i , j) 2 I 2.
Une famille orthonormale de E est orthogonale.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 37 / 59
III/ Bases Hilbertiennes
Soit E un espace préhilbertien.
DenitionUne famille (ei )i2I de vecteurs E est dite
(1) orthogonale siei , ej
= 0 pour tout (i , j) 2 I 2 avec i 6= j .
(2) orthonormale siei , ej
= δij pour tout (i , j) 2 I 2.
Une famille orthonormale de E est orthogonale.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 37 / 59
III/ Bases Hilbertiennes
Soit E un espace préhilbertien.
DenitionUne famille (ei )i2I de vecteurs E est dite
(1) orthogonale siei , ej
= 0 pour tout (i , j) 2 I 2 avec i 6= j .
(2) orthonormale siei , ej
= δij pour tout (i , j) 2 I 2.
Une famille orthonormale de E est orthogonale.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 37 / 59
III/ Bases Hilbertiennes
Soit E un espace préhilbertien.
DenitionUne famille (ei )i2I de vecteurs E est dite
(1) orthogonale siei , ej
= 0 pour tout (i , j) 2 I 2 avec i 6= j .
(2) orthonormale siei , ej
= δij pour tout (i , j) 2 I 2.
Une famille orthonormale de E est orthogonale.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 37 / 59
Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 38 / 59
Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 38 / 59
Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 38 / 59
Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
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Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
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Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
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Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 38 / 59
Examples
(i) Pour n 2 N, la base canonique de Kn est une famille orthonormale de Kn .
(ii) Pour tout m 2 N, on dénit une suite em de nombres réels en posant
em (n) = δmn (8n 2 N) .
Alors (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N).
(iii) Si n 2 N alors la base canonique de Mn (K) est une famille orthonormalede Mn (K).
(iv) Pour tout n 2 Z, on dénit en : R ! C par en (x) = e inx pour tout x 2 R.
Alors (en)n2Z est une famille orthonormale de L2 [0, 2π].
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 38 / 59
LemmaToute famille orthogonale de E sans vecteurs nuls est libre. En particulier,toute famille orthonormale de E est libre.
Proof.Soit (ei )i2I une famille orthogonale telle que ei 6= 0 pour tout i 2 I .
On se donne J I ni etαjj2J une famille de scalaires tels que
∑j2I
αj ej = 0.
Par suite, si i 2 J alors
0 =
*∑j2I
αj ej , ei
+= ∑j2I
αjej , ei
= αi keik2 .
Comme keik2 6= 0, αi = 0 et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 39 / 59
LemmaToute famille orthogonale de E sans vecteurs nuls est libre. En particulier,toute famille orthonormale de E est libre.
Proof.Soit (ei )i2I une famille orthogonale telle que ei 6= 0 pour tout i 2 I .
On se donne J I ni etαjj2J une famille de scalaires tels que
∑j2I
αj ej = 0.
Par suite, si i 2 J alors
0 =
*∑j2I
αj ej , ei
+= ∑j2I
αjej , ei
= αi keik2 .
Comme keik2 6= 0, αi = 0 et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 39 / 59
LemmaToute famille orthogonale de E sans vecteurs nuls est libre. En particulier,toute famille orthonormale de E est libre.
Proof.Soit (ei )i2I une famille orthogonale telle que ei 6= 0 pour tout i 2 I .
On se donne J I ni etαjj2J une famille de scalaires tels que
∑j2I
αj ej = 0.
Par suite, si i 2 J alors
0 =
*∑j2I
αj ej , ei
+= ∑j2I
αjej , ei
= αi keik2 .
Comme keik2 6= 0, αi = 0 et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 39 / 59
LemmaToute famille orthogonale de E sans vecteurs nuls est libre. En particulier,toute famille orthonormale de E est libre.
Proof.Soit (ei )i2I une famille orthogonale telle que ei 6= 0 pour tout i 2 I .
On se donne J I ni etαjj2J une famille de scalaires tels que
∑j2I
αj ej = 0.
Par suite, si i 2 J alors
0 =
*∑j2I
αj ej , ei
+= ∑j2I
αjej , ei
= αi keik2 .
Comme keik2 6= 0, αi = 0 et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 39 / 59
LemmaToute famille orthogonale de E sans vecteurs nuls est libre. En particulier,toute famille orthonormale de E est libre.
Proof.Soit (ei )i2I une famille orthogonale telle que ei 6= 0 pour tout i 2 I .
On se donne J I ni etαjj2J une famille de scalaires tels que
∑j2I
αj ej = 0.
Par suite, si i 2 J alors
0 =
*∑j2I
αj ej , ei
+= ∑j2I
αjej , ei
= αi keik2 .
Comme keik2 6= 0, αi = 0 et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 39 / 59
LemmaToute famille orthogonale de E sans vecteurs nuls est libre. En particulier,toute famille orthonormale de E est libre.
Proof.Soit (ei )i2I une famille orthogonale telle que ei 6= 0 pour tout i 2 I .
On se donne J I ni etαjj2J une famille de scalaires tels que
∑j2I
αj ej = 0.
Par suite, si i 2 J alors
0 =
*∑j2I
αj ej , ei
+= ∑j2I
αjej , ei
= αi keik2 .
Comme keik2 6= 0, αi = 0 et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 39 / 59
LemmaToute famille orthogonale de E sans vecteurs nuls est libre. En particulier,toute famille orthonormale de E est libre.
Proof.Soit (ei )i2I une famille orthogonale telle que ei 6= 0 pour tout i 2 I .
On se donne J I ni etαjj2J une famille de scalaires tels que
∑j2I
αj ej = 0.
Par suite, si i 2 J alors
0 =
*∑j2I
αj ej , ei
+= ∑j2I
αjej , ei
= αi keik2 .
Comme keik2 6= 0, αi = 0 et cest ni.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 39 / 59
Theorem (Inégalité de Bessel)
Soient (en)n2N une suite orthonormale de E et f 2 E. Alors,
la série ∑ hf , eni2 est absolument convergente et on a∞
∑n=0
jhf , enij2 kf k22 .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 40 / 59
Theorem (Inégalité de Bessel)
Soient (en)n2N une suite orthonormale de E et f 2 E. Alors,
la série ∑ hf , eni2 est absolument convergente et on a
∞
∑n=0
jhf , enij2 kf k22 .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 40 / 59
Theorem (Inégalité de Bessel)
Soient (en)n2N une suite orthonormale de E et f 2 E. Alors,
la série ∑ hf , eni2 est absolument convergente et on a∞
∑n=0
jhf , enij2 kf k22 .
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 40 / 59
Proof.Pour m 2 N, on note F = vect fe0, ..., emg . Si 0 k m alors
*f
m
∑n=0
hf , eni en , ek
+= hf , ek i
m
∑n=0
hf , eni hen , ek i = 0.
Par suite, f m
∑n=0
hf , eni en 2 F?.
Or,m
∑n=0
hf , eni en 2 F et ainsi, comme F est complet (car dim (F ) < ∞),
PF (f ) =m
∑n=0
hf , eni en .
Doù,m
∑n=0
jhf , enij2 = kPF (f )k22 kf k22 .
Ceci achève la preuve.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 41 / 59
Proof.Pour m 2 N, on note F = vect fe0, ..., emg . Si 0 k m alors*
f m
∑n=0
hf , eni en , ek
+= hf , ek i
m
∑n=0
hf , eni hen , ek i = 0.
Par suite, f m
∑n=0
hf , eni en 2 F?.
Or,m
∑n=0
hf , eni en 2 F et ainsi, comme F est complet (car dim (F ) < ∞),
PF (f ) =m
∑n=0
hf , eni en .
Doù,m
∑n=0
jhf , enij2 = kPF (f )k22 kf k22 .
Ceci achève la preuve.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 41 / 59
Proof.Pour m 2 N, on note F = vect fe0, ..., emg . Si 0 k m alors*
f m
∑n=0
hf , eni en , ek
+= hf , ek i
m
∑n=0
hf , eni hen , ek i = 0.
Par suite, f m
∑n=0
hf , eni en 2 F?.
Or,m
∑n=0
hf , eni en 2 F et ainsi, comme F est complet (car dim (F ) < ∞),
PF (f ) =m
∑n=0
hf , eni en .
Doù,m
∑n=0
jhf , enij2 = kPF (f )k22 kf k22 .
Ceci achève la preuve.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 41 / 59
Proof.Pour m 2 N, on note F = vect fe0, ..., emg . Si 0 k m alors*
f m
∑n=0
hf , eni en , ek
+= hf , ek i
m
∑n=0
hf , eni hen , ek i = 0.
Par suite, f m
∑n=0
hf , eni en 2 F?.
Or,m
∑n=0
hf , eni en 2 F et ainsi, comme F est complet (car dim (F ) < ∞),
PF (f ) =m
∑n=0
hf , eni en .
Doù,m
∑n=0
jhf , enij2 = kPF (f )k22 kf k22 .
Ceci achève la preuve.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 41 / 59
Proof.Pour m 2 N, on note F = vect fe0, ..., emg . Si 0 k m alors*
f m
∑n=0
hf , eni en , ek
+= hf , ek i
m
∑n=0
hf , eni hen , ek i = 0.
Par suite, f m
∑n=0
hf , eni en 2 F?.
Or,m
∑n=0
hf , eni en 2 F et ainsi, comme F est complet (car dim (F ) < ∞),
PF (f ) =m
∑n=0
hf , eni en .
Doù,m
∑n=0
jhf , enij2 = kPF (f )k22 kf k22 .
Ceci achève la preuve.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 41 / 59
Proof.Pour m 2 N, on note F = vect fe0, ..., emg . Si 0 k m alors*
f m
∑n=0
hf , eni en , ek
+= hf , ek i
m
∑n=0
hf , eni hen , ek i = 0.
Par suite, f m
∑n=0
hf , eni en 2 F?.
Or,m
∑n=0
hf , eni en 2 F et ainsi, comme F est complet (car dim (F ) < ∞),
PF (f ) =m
∑n=0
hf , eni en .
Doù,m
∑n=0
jhf , enij2 = kPF (f )k22 kf k22 .
Ceci achève la preuve.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 41 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Dans le reste de ce paragraphe, H est un espace de Hilbert.
Corollary
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et f 2 H. Alors, la série∑ hf , eni en converge dans H.
Proof.
Par le Théorème de Pythagore, on a, pour p > q dans N,
I ∑pk=q+1 hf , eni en
22= ∑pk=q+1 khf , eni enk
22 = ∑pk=q+1 jhf , enij
2 .
I Le reste se déduit directement de lInégalité de Bessel (H est complet).
Theorem
Soient (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni en = PF (f ) pour tout f 2 H.Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 42 / 59
Proof.Soit f 2 H. Comme F est un fermé,
∞
∑n=0
hf , eni en 2 F .
De plus, si m, k 2 N avec m > k alors*f
m
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0.
On passe à la limite pour m! ∞ et on obtient*f
∞
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0 pour tout k 2 N.
Donc, f ∞
∑n=0
hf jeni en 2 F? et cest bon pour conclure.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 43 / 59
Proof.Soit f 2 H. Comme F est un fermé,
∞
∑n=0
hf , eni en 2 F .
De plus, si m, k 2 N avec m > k alors*f
m
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0.
On passe à la limite pour m! ∞ et on obtient*f
∞
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0 pour tout k 2 N.
Donc, f ∞
∑n=0
hf jeni en 2 F? et cest bon pour conclure.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 43 / 59
Proof.Soit f 2 H. Comme F est un fermé,
∞
∑n=0
hf , eni en 2 F .
De plus, si m, k 2 N avec m > k alors
*f
m
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0.
On passe à la limite pour m! ∞ et on obtient*f
∞
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0 pour tout k 2 N.
Donc, f ∞
∑n=0
hf jeni en 2 F? et cest bon pour conclure.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 43 / 59
Proof.Soit f 2 H. Comme F est un fermé,
∞
∑n=0
hf , eni en 2 F .
De plus, si m, k 2 N avec m > k alors*f
m
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0.
On passe à la limite pour m! ∞ et on obtient*f
∞
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0 pour tout k 2 N.
Donc, f ∞
∑n=0
hf jeni en 2 F? et cest bon pour conclure.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 43 / 59
Proof.Soit f 2 H. Comme F est un fermé,
∞
∑n=0
hf , eni en 2 F .
De plus, si m, k 2 N avec m > k alors*f
m
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0.
On passe à la limite pour m! ∞ et on obtient
*f
∞
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0 pour tout k 2 N.
Donc, f ∞
∑n=0
hf jeni en 2 F? et cest bon pour conclure.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 43 / 59
Proof.Soit f 2 H. Comme F est un fermé,
∞
∑n=0
hf , eni en 2 F .
De plus, si m, k 2 N avec m > k alors*f
m
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0.
On passe à la limite pour m! ∞ et on obtient*f
∞
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0 pour tout k 2 N.
Donc, f ∞
∑n=0
hf jeni en 2 F? et cest bon pour conclure.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 43 / 59
Proof.Soit f 2 H. Comme F est un fermé,
∞
∑n=0
hf , eni en 2 F .
De plus, si m, k 2 N avec m > k alors*f
m
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0.
On passe à la limite pour m! ∞ et on obtient*f
∞
∑n=0
hf jeni en jek
+= 0 pour tout k 2 N.
Donc, f ∞
∑n=0
hf jeni en 2 F? et cest bon pour conclure.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 43 / 59
Corollary
Soit (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni hg , eni = hPF (f ) ,PF (g)i pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 44 / 59
Corollary
Soit (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,
∞
∑n=0
hf , eni hg , eni = hPF (f ) ,PF (g)i pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 44 / 59
Corollary
Soit (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni hg , eni = hPF (f ) ,PF (g)i pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 44 / 59
Corollary
Soit (en)n2N une suite orthonormale de H et F = Vect fen : n 2 Ng.
Alors,∞
∑n=0
hf , eni hg , eni = hPF (f ) ,PF (g)i pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Exercice.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 44 / 59
Denition
Une famille (ei )i2I dans H est dite totale si H = vect fei : i 2 Ig.
LemmaUne famille (ei )i2I dans H est totale si, et seulement si,
fei : i 2 Ig? = f0g.
Proof.Exercice.
Il est à signaler que le lemme précédent est très utile aussi bien enthéorie quen pratique.
DenitionOn appelle base hilbertienne de H toute famille totale orthonormale deH.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 45 / 59
Denition
Une famille (ei )i2I dans H est dite totale si H = vect fei : i 2 Ig.
LemmaUne famille (ei )i2I dans H est totale si, et seulement si,
fei : i 2 Ig? = f0g.
Proof.Exercice.
Il est à signaler que le lemme précédent est très utile aussi bien enthéorie quen pratique.
DenitionOn appelle base hilbertienne de H toute famille totale orthonormale deH.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 45 / 59
Denition
Une famille (ei )i2I dans H est dite totale si H = vect fei : i 2 Ig.
LemmaUne famille (ei )i2I dans H est totale si, et seulement si,
fei : i 2 Ig? = f0g.
Proof.Exercice.
Il est à signaler que le lemme précédent est très utile aussi bien enthéorie quen pratique.
DenitionOn appelle base hilbertienne de H toute famille totale orthonormale deH.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 45 / 59
Denition
Une famille (ei )i2I dans H est dite totale si H = vect fei : i 2 Ig.
LemmaUne famille (ei )i2I dans H est totale si, et seulement si,
fei : i 2 Ig? = f0g.
Proof.Exercice.
Il est à signaler que le lemme précédent est très utile aussi bien enthéorie quen pratique.
DenitionOn appelle base hilbertienne de H toute famille totale orthonormale deH.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 45 / 59
Denition
Une famille (ei )i2I dans H est dite totale si H = vect fei : i 2 Ig.
LemmaUne famille (ei )i2I dans H est totale si, et seulement si,
fei : i 2 Ig? = f0g.
Proof.Exercice.
Il est à signaler que le lemme précédent est très utile aussi bien enthéorie quen pratique.
DenitionOn appelle base hilbertienne de H toute famille totale orthonormale deH.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 45 / 59
Example
On sait que (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N), où
em (n) = δmn pour tout (m, n) 2 N2.
Il se trouve que cest une base hilbertienne de `2 (N) .
Soient f 2 `2 (N) et n 2 N. On pose
fn =n
∑k=0
f (k) ek .
kf fnk22 =∞
∑k=n+1
jf (k)j2 lorsque n! ∞.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 46 / 59
Example
On sait que (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N), où
em (n) = δmn pour tout (m, n) 2 N2.
Il se trouve que cest une base hilbertienne de `2 (N) .
Soient f 2 `2 (N) et n 2 N. On pose
fn =n
∑k=0
f (k) ek .
kf fnk22 =∞
∑k=n+1
jf (k)j2 lorsque n! ∞.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 46 / 59
Example
On sait que (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N), où
em (n) = δmn pour tout (m, n) 2 N2.
Il se trouve que cest une base hilbertienne de `2 (N) .
Soient f 2 `2 (N) et n 2 N. On pose
fn =n
∑k=0
f (k) ek .
kf fnk22 =∞
∑k=n+1
jf (k)j2 lorsque n! ∞.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 46 / 59
Example
On sait que (em)m2N est une famille orthonormale de `2 (N), où
em (n) = δmn pour tout (m, n) 2 N2.
Il se trouve que cest une base hilbertienne de `2 (N) .
Soient f 2 `2 (N) et n 2 N. On pose
fn =n
∑k=0
f (k) ek .
kf fnk22 =∞
∑k=n+1
jf (k)j2 lorsque n! ∞.
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TheoremSoit (en)n2N une famille orthonormale de H. Les assertions suivantes sontéquivalentes.
(i) (en)n2N est une base hilbertienne de H.
(ii) f = ∑∞n=0 (f jen) en pour tout f 2 H.
(iii) Identité de Parseval: kf k2 = ∑∞n=0 jhf , enij
2 pour tout f 2 H.
(iv) hf , gi = ∑∞n=0 hf , eni hg , eni pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Découle de ce qui précède.
DenitionOn dit que H est séparable si H admet une famille totale dénombrable.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 47 / 59
TheoremSoit (en)n2N une famille orthonormale de H. Les assertions suivantes sontéquivalentes.
(i) (en)n2N est une base hilbertienne de H.
(ii) f = ∑∞n=0 (f jen) en pour tout f 2 H.
(iii) Identité de Parseval: kf k2 = ∑∞n=0 jhf , enij
2 pour tout f 2 H.
(iv) hf , gi = ∑∞n=0 hf , eni hg , eni pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Découle de ce qui précède.
DenitionOn dit que H est séparable si H admet une famille totale dénombrable.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 47 / 59
TheoremSoit (en)n2N une famille orthonormale de H. Les assertions suivantes sontéquivalentes.
(i) (en)n2N est une base hilbertienne de H.
(ii) f = ∑∞n=0 (f jen) en pour tout f 2 H.
(iii) Identité de Parseval: kf k2 = ∑∞n=0 jhf , enij
2 pour tout f 2 H.
(iv) hf , gi = ∑∞n=0 hf , eni hg , eni pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Découle de ce qui précède.
DenitionOn dit que H est séparable si H admet une famille totale dénombrable.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 47 / 59
TheoremSoit (en)n2N une famille orthonormale de H. Les assertions suivantes sontéquivalentes.
(i) (en)n2N est une base hilbertienne de H.
(ii) f = ∑∞n=0 (f jen) en pour tout f 2 H.
(iii) Identité de Parseval: kf k2 = ∑∞n=0 jhf , enij
2 pour tout f 2 H.
(iv) hf , gi = ∑∞n=0 hf , eni hg , eni pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Découle de ce qui précède.
DenitionOn dit que H est séparable si H admet une famille totale dénombrable.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 47 / 59
TheoremSoit (en)n2N une famille orthonormale de H. Les assertions suivantes sontéquivalentes.
(i) (en)n2N est une base hilbertienne de H.
(ii) f = ∑∞n=0 (f jen) en pour tout f 2 H.
(iii) Identité de Parseval: kf k2 = ∑∞n=0 jhf , enij
2 pour tout f 2 H.
(iv) hf , gi = ∑∞n=0 hf , eni hg , eni pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Découle de ce qui précède.
DenitionOn dit que H est séparable si H admet une famille totale dénombrable.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 47 / 59
TheoremSoit (en)n2N une famille orthonormale de H. Les assertions suivantes sontéquivalentes.
(i) (en)n2N est une base hilbertienne de H.
(ii) f = ∑∞n=0 (f jen) en pour tout f 2 H.
(iii) Identité de Parseval: kf k2 = ∑∞n=0 jhf , enij
2 pour tout f 2 H.
(iv) hf , gi = ∑∞n=0 hf , eni hg , eni pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Découle de ce qui précède.
DenitionOn dit que H est séparable si H admet une famille totale dénombrable.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 47 / 59
TheoremSoit (en)n2N une famille orthonormale de H. Les assertions suivantes sontéquivalentes.
(i) (en)n2N est une base hilbertienne de H.
(ii) f = ∑∞n=0 (f jen) en pour tout f 2 H.
(iii) Identité de Parseval: kf k2 = ∑∞n=0 jhf , enij
2 pour tout f 2 H.
(iv) hf , gi = ∑∞n=0 hf , eni hg , eni pour tout (f , g) 2 H2.
Proof.Découle de ce qui précède.
DenitionOn dit que H est séparable si H admet une famille totale dénombrable.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 47 / 59
Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 48 / 59
Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
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Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 48 / 59
Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
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Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
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Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
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Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 48 / 59
Lemma (Procédé de Gram-Schmidt)
Soit (fn)n2N une famille libre de vecteurs de H. Pour tout n 2 N, on note
Fn = vect ff0, ..., fng et Pn = PFn .
On dénit par récurrence une famille (en)n2N de vecteurs de H en posant
e0 = f0 et en+1 = fn+1 Pn (fn+1) pour tout n 2 N.
Alors, la famille (en)n2N est orthogonale sans vecteurs nuls.
Proof.Exercice (simple).
Ce procédé permet de construire, à partir dune famille libredénombrable, une famille orthogonale sans vecteurs nuls. Ennormalisant les vecteurs de la famille obtenue, on se retrouve avecune famille dénombrable orthonormale (cest chouette, non!).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 48 / 59
TheoremLes assertions suivantes sont équivalentes.
(i) H est séparable.
(ii) H admet une base hilbertienne.
(iii) H est isométriquement isomorphe à `2 (N).
Proof.
(i)) (ii) Il su¢ t dappliquer le procédé de Gram-Schmidt.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 49 / 59
TheoremLes assertions suivantes sont équivalentes.
(i) H est séparable.
(ii) H admet une base hilbertienne.
(iii) H est isométriquement isomorphe à `2 (N).
Proof.
(i)) (ii) Il su¢ t dappliquer le procédé de Gram-Schmidt.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 49 / 59
TheoremLes assertions suivantes sont équivalentes.
(i) H est séparable.
(ii) H admet une base hilbertienne.
(iii) H est isométriquement isomorphe à `2 (N).
Proof.
(i)) (ii) Il su¢ t dappliquer le procédé de Gram-Schmidt.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 49 / 59
TheoremLes assertions suivantes sont équivalentes.
(i) H est séparable.
(ii) H admet une base hilbertienne.
(iii) H est isométriquement isomorphe à `2 (N).
Proof.
(i)) (ii) Il su¢ t dappliquer le procédé de Gram-Schmidt.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 49 / 59
TheoremLes assertions suivantes sont équivalentes.
(i) H est séparable.
(ii) H admet une base hilbertienne.
(iii) H est isométriquement isomorphe à `2 (N).
Proof.
(i)) (ii) Il su¢ t dappliquer le procédé de Gram-Schmidt.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 49 / 59
TheoremLes assertions suivantes sont équivalentes.
(i) H est séparable.
(ii) H admet une base hilbertienne.
(iii) H est isométriquement isomorphe à `2 (N).
Proof.
(i)) (ii) Il su¢ t dappliquer le procédé de Gram-Schmidt.
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La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
La suite de la preuve.
Proof.
(ii)) (iii) Soit (un)n2N une base hilbertienne de H. Lapplication
T : H ! `2 (N) ,T (f ) = (hf , uni)n2N pour tout f 2 H .
LIdentité de Parseval montre que T est une isométrie injective. Pour lasurjectivité, soit f 2 `2 (N) et (fn)n2N une suite de vecteurs dansvect (fem : m 2 Ng) qui converge vers f (ici, (em)m2N, désigne la basehilbertienne canonique de `2 (N)). Or, si m 2 N alors
T (um) = (hum , uni)n2N = (δmn)n2N = (em (n))n2N.
Donc,
vect (fem : m 2 Ng) = vect (fT (um) : m 2 Ng) =T (vect ((um) : m 2 N)).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 50 / 59
Cest presque ni!
Proof.
Par suite, pour tout n 2 N, il existe hn 2 vect ((um) : m 2 N) tel quefn = T (hn). Comme T est une isométrie et (fn)n2N, étant convergente,est de Cauchy, (hn)n2N est également de Cauchy dans H qui est complet. Ilvient que (hn)n2N converge vers un vecteur h de H. Par continuité de T ,on obtient
f = lim fn = limT (hn) = T (lim hn) = T (h) 2 T (H).
Enn, T est surjective.
(iii)) (i) Si T est une isométrie bijective de `2 (N) dans H alors la famille(T (em))m2N est une base hilbertienne de H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 51 / 59
Cest presque ni!
Proof.
Par suite, pour tout n 2 N, il existe hn 2 vect ((um) : m 2 N) tel quefn = T (hn). Comme T est une isométrie et (fn)n2N, étant convergente,est de Cauchy, (hn)n2N est également de Cauchy dans H qui est complet. Ilvient que (hn)n2N converge vers un vecteur h de H. Par continuité de T ,on obtient
f = lim fn = limT (hn) = T (lim hn) = T (h) 2 T (H).
Enn, T est surjective.
(iii)) (i) Si T est une isométrie bijective de `2 (N) dans H alors la famille(T (em))m2N est une base hilbertienne de H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 51 / 59
Cest presque ni!
Proof.
Par suite, pour tout n 2 N, il existe hn 2 vect ((um) : m 2 N) tel quefn = T (hn). Comme T est une isométrie et (fn)n2N, étant convergente,est de Cauchy, (hn)n2N est également de Cauchy dans H qui est complet. Ilvient que (hn)n2N converge vers un vecteur h de H. Par continuité de T ,on obtient
f = lim fn = limT (hn) = T (lim hn) = T (h) 2 T (H).
Enn, T est surjective.
(iii)) (i) Si T est une isométrie bijective de `2 (N) dans H alors la famille(T (em))m2N est une base hilbertienne de H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 51 / 59
Cest presque ni!
Proof.
Par suite, pour tout n 2 N, il existe hn 2 vect ((um) : m 2 N) tel quefn = T (hn). Comme T est une isométrie et (fn)n2N, étant convergente,est de Cauchy, (hn)n2N est également de Cauchy dans H qui est complet. Ilvient que (hn)n2N converge vers un vecteur h de H. Par continuité de T ,on obtient
f = lim fn = limT (hn) = T (lim hn) = T (h) 2 T (H).
Enn, T est surjective.
(iii)) (i) Si T est une isométrie bijective de `2 (N) dans H alors la famille(T (em))m2N est une base hilbertienne de H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 51 / 59
Cest presque ni!
Proof.
Par suite, pour tout n 2 N, il existe hn 2 vect ((um) : m 2 N) tel quefn = T (hn). Comme T est une isométrie et (fn)n2N, étant convergente,est de Cauchy, (hn)n2N est également de Cauchy dans H qui est complet. Ilvient que (hn)n2N converge vers un vecteur h de H. Par continuité de T ,on obtient
f = lim fn = limT (hn) = T (lim hn) = T (h) 2 T (H).
Enn, T est surjective.
(iii)) (i) Si T est une isométrie bijective de `2 (N) dans H alors la famille(T (em))m2N est une base hilbertienne de H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 51 / 59
Cest presque ni!
Proof.
Par suite, pour tout n 2 N, il existe hn 2 vect ((um) : m 2 N) tel quefn = T (hn). Comme T est une isométrie et (fn)n2N, étant convergente,est de Cauchy, (hn)n2N est également de Cauchy dans H qui est complet. Ilvient que (hn)n2N converge vers un vecteur h de H. Par continuité de T ,on obtient
f = lim fn = limT (hn) = T (lim hn) = T (h) 2 T (H).
Enn, T est surjective.
(iii)) (i) Si T est une isométrie bijective de `2 (N) dans H alors la famille(T (em))m2N est une base hilbertienne de H.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 51 / 59
On note, pour n 2 N, πn (X ) = X n 2 K [X ] .
Soient I un intervalle non trivial de R et w : I ! R une fonction telsque les conditions suivantes soient vériées.
I w 2 C (I ) et w (x) > 0 pour tout x 2 I .I π2nw 2 L1 (I ) pour tout n 2 N.
I Il existe α > 0 tel que x ! eαjx jw (x) 2 L1 (I ).
On pose L2 (I ,w (x) dx) =f 2 L0 (I ) : f 2w 2 L1 (I )
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 52 / 59
On note, pour n 2 N, πn (X ) = X n 2 K [X ] .
Soient I un intervalle non trivial de R et w : I ! R une fonction telsque les conditions suivantes soient vériées.
I w 2 C (I ) et w (x) > 0 pour tout x 2 I .I π2nw 2 L1 (I ) pour tout n 2 N.
I Il existe α > 0 tel que x ! eαjx jw (x) 2 L1 (I ).
On pose L2 (I ,w (x) dx) =f 2 L0 (I ) : f 2w 2 L1 (I )
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 52 / 59
On note, pour n 2 N, πn (X ) = X n 2 K [X ] .
Soient I un intervalle non trivial de R et w : I ! R une fonction telsque les conditions suivantes soient vériées.
I w 2 C (I ) et w (x) > 0 pour tout x 2 I .
I π2nw 2 L1 (I ) pour tout n 2 N.
I Il existe α > 0 tel que x ! eαjx jw (x) 2 L1 (I ).
On pose L2 (I ,w (x) dx) =f 2 L0 (I ) : f 2w 2 L1 (I )
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 52 / 59
On note, pour n 2 N, πn (X ) = X n 2 K [X ] .
Soient I un intervalle non trivial de R et w : I ! R une fonction telsque les conditions suivantes soient vériées.
I w 2 C (I ) et w (x) > 0 pour tout x 2 I .I π2nw 2 L1 (I ) pour tout n 2 N.
I Il existe α > 0 tel que x ! eαjx jw (x) 2 L1 (I ).
On pose L2 (I ,w (x) dx) =f 2 L0 (I ) : f 2w 2 L1 (I )
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 52 / 59
On note, pour n 2 N, πn (X ) = X n 2 K [X ] .
Soient I un intervalle non trivial de R et w : I ! R une fonction telsque les conditions suivantes soient vériées.
I w 2 C (I ) et w (x) > 0 pour tout x 2 I .I π2nw 2 L1 (I ) pour tout n 2 N.
I Il existe α > 0 tel que x ! eαjx jw (x) 2 L1 (I ).
On pose L2 (I ,w (x) dx) =f 2 L0 (I ) : f 2w 2 L1 (I )
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 52 / 59
On note, pour n 2 N, πn (X ) = X n 2 K [X ] .
Soient I un intervalle non trivial de R et w : I ! R une fonction telsque les conditions suivantes soient vériées.
I w 2 C (I ) et w (x) > 0 pour tout x 2 I .I π2nw 2 L1 (I ) pour tout n 2 N.
I Il existe α > 0 tel que x ! eαjx jw (x) 2 L1 (I ).
On pose L2 (I ,w (x) dx) =f 2 L0 (I ) : f 2w 2 L1 (I )
.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 52 / 59
TheoremL2 (I ,w (x) dx) est un espace de Hilbert pour le produit scalaire
hf , gi =RI f (x) g (x)w (x) dx .
Proof.Le fait quil sagit dun produit scalaire est simple. Pour le reste, on peutprocéder comme pour la preuve du Théorème de Riesz-Fisher.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 53 / 59
TheoremL2 (I ,w (x) dx) est un espace de Hilbert pour le produit scalaire
hf , gi =RI f (x) g (x)w (x) dx .
Proof.Le fait quil sagit dun produit scalaire est simple. Pour le reste, on peutprocéder comme pour la preuve du Théorème de Riesz-Fisher.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 53 / 59
TheoremL2 (I ,w (x) dx) est un espace de Hilbert pour le produit scalaire
hf , gi =RI f (x) g (x)w (x) dx .
Proof.Le fait quil sagit dun produit scalaire est simple. Pour le reste, on peutprocéder comme pour la preuve du Théorème de Riesz-Fisher.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 53 / 59
Soit Ω un ouvert connexe par arcs de C.
Une fonction T : Ω ! C est dite holomorphe sur Ω si,
I pour tout a 2 Ω, T 0 (a) = limz!aT (z) T (a)
z a existe dans C.
On note H (Ω) lensemble de ces fonctions.La fonction T 0 ainsi dénie est appelée fonction dérivée de T sur Ω.Si T 2 H (Ω) alors T 0 2 H (Ω) et donc T est de classe C∞ sur Ω.Si T 2 H (Ω) et sil existe a 2 Ω tel que T (n) (a) = 0 pour toutn 2 N alors T est nulle.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 54 / 59
Soit Ω un ouvert connexe par arcs de C.
Une fonction T : Ω ! C est dite holomorphe sur Ω si,
I pour tout a 2 Ω, T 0 (a) = limz!aT (z) T (a)
z a existe dans C.
On note H (Ω) lensemble de ces fonctions.La fonction T 0 ainsi dénie est appelée fonction dérivée de T sur Ω.Si T 2 H (Ω) alors T 0 2 H (Ω) et donc T est de classe C∞ sur Ω.Si T 2 H (Ω) et sil existe a 2 Ω tel que T (n) (a) = 0 pour toutn 2 N alors T est nulle.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 54 / 59
Soit Ω un ouvert connexe par arcs de C.
Une fonction T : Ω ! C est dite holomorphe sur Ω si,
I pour tout a 2 Ω, T 0 (a) = limz!aT (z) T (a)
z a existe dans C.
On note H (Ω) lensemble de ces fonctions.La fonction T 0 ainsi dénie est appelée fonction dérivée de T sur Ω.Si T 2 H (Ω) alors T 0 2 H (Ω) et donc T est de classe C∞ sur Ω.Si T 2 H (Ω) et sil existe a 2 Ω tel que T (n) (a) = 0 pour toutn 2 N alors T est nulle.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 54 / 59
Soit Ω un ouvert connexe par arcs de C.
Une fonction T : Ω ! C est dite holomorphe sur Ω si,
I pour tout a 2 Ω, T 0 (a) = limz!aT (z) T (a)
z a existe dans C.
On note H (Ω) lensemble de ces fonctions.
La fonction T 0 ainsi dénie est appelée fonction dérivée de T sur Ω.Si T 2 H (Ω) alors T 0 2 H (Ω) et donc T est de classe C∞ sur Ω.Si T 2 H (Ω) et sil existe a 2 Ω tel que T (n) (a) = 0 pour toutn 2 N alors T est nulle.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 54 / 59
Soit Ω un ouvert connexe par arcs de C.
Une fonction T : Ω ! C est dite holomorphe sur Ω si,
I pour tout a 2 Ω, T 0 (a) = limz!aT (z) T (a)
z a existe dans C.
On note H (Ω) lensemble de ces fonctions.La fonction T 0 ainsi dénie est appelée fonction dérivée de T sur Ω.
Si T 2 H (Ω) alors T 0 2 H (Ω) et donc T est de classe C∞ sur Ω.Si T 2 H (Ω) et sil existe a 2 Ω tel que T (n) (a) = 0 pour toutn 2 N alors T est nulle.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 54 / 59
Soit Ω un ouvert connexe par arcs de C.
Une fonction T : Ω ! C est dite holomorphe sur Ω si,
I pour tout a 2 Ω, T 0 (a) = limz!aT (z) T (a)
z a existe dans C.
On note H (Ω) lensemble de ces fonctions.La fonction T 0 ainsi dénie est appelée fonction dérivée de T sur Ω.Si T 2 H (Ω) alors T 0 2 H (Ω) et donc T est de classe C∞ sur Ω.
Si T 2 H (Ω) et sil existe a 2 Ω tel que T (n) (a) = 0 pour toutn 2 N alors T est nulle.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 54 / 59
Soit Ω un ouvert connexe par arcs de C.
Une fonction T : Ω ! C est dite holomorphe sur Ω si,
I pour tout a 2 Ω, T 0 (a) = limz!aT (z) T (a)
z a existe dans C.
On note H (Ω) lensemble de ces fonctions.La fonction T 0 ainsi dénie est appelée fonction dérivée de T sur Ω.Si T 2 H (Ω) alors T 0 2 H (Ω) et donc T est de classe C∞ sur Ω.Si T 2 H (Ω) et sil existe a 2 Ω tel que T (n) (a) = 0 pour toutn 2 N alors T est nulle.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 54 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
TheoremLa famille (πn)n2N est totale dans L2 (I ,w (x) dx).
Proof.
Soit f 2 L2 (I ,w (x) dx) tel que hf jπni = 0 pour tout n 2 N.
Autrement dit,ZIf (x) xnw (x) dx = 0 pour tout n 2 N
On note T (ζ) =ZIf (x) eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 C, avec
Ω = fz 2 C : jIm z j < α/2g (ouvert connexe par arcs).
Dérivation sous le signe intégral ! T est holomorphe sur Ω.
Pour n 2 N, T (n) (ζ) =ZIf (x) (ix)n eiζxw (x) dx pour tout ζ 2 Ω.
T (n) (0) = 0 pour tout n et donc T = 0.
A une constante multiplicative près, T (fw) =[wf 1I et donc f = 0 (parinjectivité de la Transormation de Fourier)
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 55 / 59
Si I est un segment alors
I la troisième condition imposée à w est automatiquement vériéeI le théorème précédent se démontre par le célèbre ThéorèmedApproximation de Weiertrass (on na pas besoin de faire appel à laThéorie des Fonctions Holomorphes sur C).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 56 / 59
Si I est un segment alorsI la troisième condition imposée à w est automatiquement vériée
I le théorème précédent se démontre par le célèbre ThéorèmedApproximation de Weiertrass (on na pas besoin de faire appel à laThéorie des Fonctions Holomorphes sur C).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 56 / 59
Si I est un segment alorsI la troisième condition imposée à w est automatiquement vériéeI le théorème précédent se démontre par le célèbre ThéorèmedApproximation de Weiertrass (on na pas besoin de faire appel à laThéorie des Fonctions Holomorphes sur C).
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 56 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).
(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
On dénit (Hn)n2N une suite de fonctions de R dans R en posant
I Hn (x) = (1)n ex2 dn
dxnex
2pour tout (n, x) 2 NR.
LemmaSoit n 2 N.
(i) Hn 2 R [X ] et Hn (X ) = 2nX n + +Hn (0).(ii) Hn (X ) = (1)n Hn (X ).
Proof.On montre par une simple récurrence que
Hn+1 (X ) = 2XHn (X )H 0n (X ) pour tout n 2 N.
Lemma
La famille (Hn)n2N est une famille orthogonale dans L2
R, ex2dx.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 57 / 59
Proof.
Soient m, n 2 N avec m n. On a, par intégrations par parties successives,
hHm ,Hni = (1)n∞R∞
Hm (x)dn
dxnex
2dx
= (1)n+1Z ∞
∞
ddxHm (x)
dn1
dxn1ex
2dx
= =Z ∞
∞ex
2 dn
dxnHm (x) dx .
Donc,
hHm ,Hni = 0 si m < n et hHm ,Hni = 2nn!p
π si m = n.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 58 / 59
Proof.
Soient m, n 2 N avec m n. On a, par intégrations par parties successives,
hHm ,Hni = (1)n∞R∞
Hm (x)dn
dxnex
2dx
= (1)n+1Z ∞
∞
ddxHm (x)
dn1
dxn1ex
2dx
= =Z ∞
∞ex
2 dn
dxnHm (x) dx .
Donc,
hHm ,Hni = 0 si m < n et hHm ,Hni = 2nn!p
π si m = n.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 58 / 59
Proof.
Soient m, n 2 N avec m n. On a, par intégrations par parties successives,
hHm ,Hni = (1)n∞R∞
Hm (x)dn
dxnex
2dx
= (1)n+1Z ∞
∞
ddxHm (x)
dn1
dxn1ex
2dx
= =Z ∞
∞ex
2 dn
dxnHm (x) dx .
Donc,
hHm ,Hni = 0 si m < n et hHm ,Hni = 2nn!p
π si m = n.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 58 / 59
Proof.
Soient m, n 2 N avec m n. On a, par intégrations par parties successives,
hHm ,Hni = (1)n∞R∞
Hm (x)dn
dxnex
2dx
= (1)n+1Z ∞
∞
ddxHm (x)
dn1
dxn1ex
2dx
= =Z ∞
∞ex
2 dn
dxnHm (x) dx .
Donc,
hHm ,Hni = 0 si m < n et hHm ,Hni = 2nn!p
π si m = n.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 58 / 59
Proof.
Soient m, n 2 N avec m n. On a, par intégrations par parties successives,
hHm ,Hni = (1)n∞R∞
Hm (x)dn
dxnex
2dx
= (1)n+1Z ∞
∞
ddxHm (x)
dn1
dxn1ex
2dx
= =Z ∞
∞ex
2 dn
dxnHm (x) dx .
Donc,
hHm ,Hni = 0 si m < n et hHm ,Hni = 2nn!p
π si m = n.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 58 / 59
Proof.
Soient m, n 2 N avec m n. On a, par intégrations par parties successives,
hHm ,Hni = (1)n∞R∞
Hm (x)dn
dxnex
2dx
= (1)n+1Z ∞
∞
ddxHm (x)
dn1
dxn1ex
2dx
= =Z ∞
∞ex
2 dn
dxnHm (x) dx .
Donc,
hHm ,Hni = 0 si m < n et hHm ,Hni = 2nn!p
π si m = n.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 58 / 59
Proof.
Soient m, n 2 N avec m n. On a, par intégrations par parties successives,
hHm ,Hni = (1)n∞R∞
Hm (x)dn
dxnex
2dx
= (1)n+1Z ∞
∞
ddxHm (x)
dn1
dxn1ex
2dx
= =Z ∞
∞ex
2 dn
dxnHm (x) dx .
Donc,
hHm ,Hni = 0 si m < n et hHm ,Hni = 2nn!p
π si m = n.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 58 / 59
Theorem
La famille (αnHn)n2N est une base hilbertienne de L2
R, ex2dx, où
αn =2nn!
pπ1/2 pour tout n 2 N.
Proof.Combiner le lemme ci-dessus avec le théorème qui précède.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 59 / 59
Theorem
La famille (αnHn)n2N est une base hilbertienne de L2
R, ex2dx, où
αn =2nn!
pπ1/2 pour tout n 2 N.
Proof.Combiner le lemme ci-dessus avec le théorème qui précède.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 59 / 59
Theorem
La famille (αnHn)n2N est une base hilbertienne de L2
R, ex2dx, où
αn =2nn!
pπ1/2 pour tout n 2 N.
Proof.Combiner le lemme ci-dessus avec le théorème qui précède.
Karim Boulabiar (Dauphine j Tunis) Espaces de Hilbert Mars 2020 59 / 59
