Analyse Fonctionnelle Pr E Requis 1 Espace Vectoriel Norm E-Books Pdf

Analyse fonctionnelle Pr e requis 1 Espace vectoriel norm e
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Proposition 1 3 Soit E E et F F deux espaces norme s L application de finie pour tout. T L E F par,est une norme sur L E F,Preuve En exercice. Notation Pour T L E F on note l image de T par Ran T T x x E et le noyau de T. par Ker T x E T x 0, Exercice 1 Montrer qu une forme line aire f sur un espace norme est continue si et seulement si. Ker f est un ferme de E, 2 Soient f g deux forme line aires borne es sur un espace norme Montrer que si Ker f Ker g. alors f g pour un certain K, Proposition 1 4 Soit E un espace vectoriel de dimension finie Alors. i Toute les normes sur E sont e quivalentes, ii Pour toute norme sur E les compacts de E sont les ferme s borne s.
Preuve Soit e1 en une famille libre totale sur E Soit 0 la norme sur E de finie par. i Si est une norme sur E alors,x max e1 en x 0, On conside re Kn muni de sa topologie usuelle La fonction f PKn R f 1 n ni 1 i ei. est clairement continue Puisque D 1 n Kn ni 1 i 1 est un compact f D. l est aussi En remarquant que 0, f D on en de duit qu il existe c 0 tel que inf f D c Ceci. implique que,0 c inf x x 0 1,D ou l ine galite c x 0 x pour tout x E. ii Il re sulte de i que toutes les normes induisent sur E la me me topologie ainsi que les me mes. ensembles borne s Il suffit donc de montrer ii pour E muni de la norme 0 Pour toute norme. sur Kn l application,i ei 7 1 n, est continue ainsi que son inverse On en de duit donc que K est un compact respectivement ferme. borne de E si et seulement si g K est un compact respectivement ferme borne de Kn Comme. les compacts de Kn sont les ferme s borne s alors le re sultat ii est prouve. Lemme 1 5 Riesz Soit X un sous espace propre ferme d un espace vectoriel norme E Pour. tout 0 1 il existe un x tel que x 1 et x x pour tout x X. Preuve Soit z E X et d inf x X z x Puisque X est ferme d 0 Soit 0 1 alors. pour un certain x0 X,Montrons que, posse de la proprie te e nonce e En effet pour x X on a.
x x z x 0 z x 0 x, The ore me 1 6 Un espace vectoriel norme E est de dimension finie si et seulement si la fermeture. de sa boule unite est un compact, Preuve Si E est de dimension infini en utilisant le Lemme 1 5 on construit par re currence une. suite xn n dans B 0 1 tel que xn 1 et xm xn 1 2 pour tout n 6 m Clairement la. suite xn n n admet aucune sous suite convergente Donc B 0 1 n est pas compact. Si E est de dimension finie alors B 0 1 est une partie ferme borne de E Donc B 0 1 est un. compact par la Proposition 1 4, The ore me 1 7 Hahn Banach Soit X un R espace vectoriel et p une fonction re elle convexe. de finie sur X Soit Y un sous espace vectoriel de X et f une forme line aire sur Y ve rifiant. f x p x pour tout x Y Il existe alors un prolongement de f en une forme line aire g sur. l espace X ve rifiant g x p x en tout point de X, Preuve Soit E l ensemble des prolongements line aires g de f sur un sous espace de X contenant Y. tel que g x p x Supposons que E est non vide et utilisons le Lemme A 1 de Zorn pour montrer. le the ore me On conside re la relation d ordre partielle sur E tel que g1 g2 si g2 est de fini sur un. sous espace contenant celui de g1 sur lequel on g1 x g2 x Soit gi i I un sous ensemble de E. totalement ordonne ou chaque gi est de fini sur un sous espace Yi Y L application g de finie sur. le sous espace i I Yi par g x gi x si x Yi est un majorant de gi i I D ou l existence d un. e le ment maximal dans E, Il reste a ve rifier que E est non vide Pour z X z.
Y on peut prolonger f au sous espace Y zR,f z y f z f y. L application f est clairement line aire De plus si on montre que. r inf p z y f y s sup f y p z y 1,y Y 0 y Y 0,alors en choisissant s f z r on aura. f z y p z y R y Y,Montrons 1 Pour tout 0 et y1 y2 Y on a. f y1 y2 f y1 y2,p y1 z y2 z,p y1 z p y2 z,Ceci implique que pour tout 0 et y1 y2 Y on a. f y1 p y1 z p y2 z f y2, Il en re sulte 1 On en de duit d une part que E est non vide et d autre part que l e le ment maximal.
de E est de fini sur l espace X entier, Corollaire 1 8 Soit f une forme line aire continue de finie sur un sous espace Y d un espace norme. X Alors il existe une forme line aire continue g sur X ve rifiant. a f y g y pour tout y Y,Preuve On applique le The ore me 1 7 avec p x f x. Une conse quence importante du The ore me de Hahn Banach est que E se pare les points de E. De finition 1 9 On dit qu une suite xn n dans un espace norme E converge faiblement vers x E. si pour tout f E on a limn f xn f x On note cette convergence par xn x. On parle de convergence forte quand on a convergence en norme i e xn x n 0 et on note. La limite faible x d une suite xn n est unique gra ce au Corollaire 1 8 puisque. The ore me 1 10 Dans un espace norme toute suite faiblement convergente est borne e. Preuve Soit E un espace norme et xn n une suite faiblement convergente On appliquant Corol. laire B 7 pour S E et la suite de fonctions gn f 3 E 7 f xn Il existe alors une boule. B f0 r r 0 dans E et M 0 tel que,f xn M f B f0 r n N. Pour tout f E f 6 0 on a g f0 2 f B f0 r Ainsi on a pour tout f E et n N. f xn 2 r f0 xn M f, pour un certain c 0 D apre s le Corollaire 1 8 il existe pour chaque n un f E tel que f 1. et f xn xn Il en re sulte que xn c pour tout n N,Exercice Montrer que si xn x alors x lim xn.
2 Espaces de Banach, De finition 2 1 Un espace de Banach est un espace vectoriel norme complet. Exemples Soit M un espace mesure Pour tout p 1 Lp M est un espace de Banach. The ore me 2 2 Soit X un espace norme et Y un espace de Banach L espace des applications. line aires continues L X Y muni de la norme,x X x6 0 x. est un espace de Banach, Preuve Il est claire que 2 de finit une norme sur L X Y Soit Tn n une suite de Cauchy dans. L X Y Pour tout x X la suite Tn x n est de Cauchy puisque. Tn x Tm x Tn Tm x n m 0, Comme Y est complet la suite Tn x est convergente On de finit alors l application T X Y. T x limn Tn x et on remarque que T est line aire Une suite de Cauchy dans un espace norme. est borne e Comme, pour tout n on en de duit que T x supn Tn x et donc T L X Y De me me on a pour.
tout n m N,Tn x T x Tn Tm x Tm x T x, Soit 0 il existe alors N N tel que m n N Tn Tm 2 D un autre cote pour. tout x X il existe Nx N tel que m Nx Tm x T x 2 x D ou pour tout x X. n N Tn x T x x On en de duit donc que limn Tn T dans L X Y. The ore me 2 3 Un espace vectoriel norme est un espace de Banach si et seulement si toute se rie. absolument convergente de cet espace est convergente. Preuve En exercice, The ore me 2 4 Banach Steinhaus Soit E un espace de Banach et F un espace norme On. conside re une famille Ti i I d applications line aires continues de E dans F Si la famille Ti i I. est ponctuellement borne e i e,x E sup kTi x k,alors elle est uniforme ment borne e i e. C 0 i I kTi k C,Preuve Soit,Bn x Ti x n i I Ti 1 B 0 n. Chaque Bn est un ferme de E Par ailleurs E n N Bn et donc d apre s le The ore me B 4 de. Baire il existe un Bn0 d inte rieur non vide Ceci implique l existence de y E et r 0 tel que. B y r Ti 1 B 0 n0 i I, Comme pour tout x E x 6 0 2 x y B y r on a que Ti 2 x y n0 puis.
Ti x 2 r n0 Ti y x i I x E, Puisque Ti y est borne on en de duit que la famille Ti i I est uniforme ment borne e. Exercice Soient X Y deux Banach On conside re B X Y C une application telle que. x 7 B x z et y 7 B w y soient des formes anti line aires continues pour tout z Y et w X. Montrer que B est une application continue, The ore me 2 5 Soit X un espace de Banach Pour tout x X on note x la forme line aire continue. sur X de finie par X 3 7 x Alors l application line aire. est une isome trie i e x X x X pour tout x X Lorsque de plus J est surjective on dit. que X est un espace de Banach re flexif,Preuve Comme on a pour tout x X et X. on en de duit que x X et x X x X Pour chaque x X en utilisant le Corollaire 1 8. on montre qu il existe 0 X tel que 0 1 et 0 x x D ou on. The ore me 2 6 Banach Schauder Soient E et F deux espaces de Banach et T une application. line aire continue de E vers F Si T est surjective alors T est ouverte i e l image de tout ouvert. de E par T est un ouvert de F, Preuve Gra ce a la line arite de T on se limitera a montrer que. 0 0 BF 0 T BE 0, De plus par homoge ne ite de T il suffit de le faire pour un seul par exemple 1 On conside re.
les ferme s suivants,Fn T BE 0 n,Comme T est surjective on a. Par le The ore me B 4 de Baire un de ces ferme s Fn0 est d inte rieur non vide Il contient donc une. boule B y r r 0 Ainsi par homoge ne ite de T il existe 0 tel que. BF 0 T BE 0 1, Montrons que BF 0 T BE 0 2 Soit y T BE 0 1 il existe alors x1 BE 0 1 tel que. y T x1 BF 0 2 T BF 0 1 2 De me me il existe x2 B 0 1 2 tel que y T x1 T x2. B 0 4 BF 0 1 4 Par re currence on construit alors une suite xn n ve rifiant pour tout n. xn B 0 1 2n 1 et y T xi B 0 2n, En particulier la se rie n 1 xn est absolument convergente P Puisque E est un espace. P de Banach, cette se rie converge D apre s The ore me 2 3 Comme on a n 1 xn 2 et y n 1 T xn on en. de duit que,y T xn T BE 0 2, De finition 2 7 Soit T une application de finit d un ensemble X a valeurs dans un autre ensemble.
Y Le graphe de T note T est la partie de X Y de finit par. T x T x x X, The ore me 2 8 Graphe ferme Soient E F deux espaces de Banach et T une application. line aire de E dans F Alors T est continue si et seulement si le graphe de T est une partie. ferme e de E F, Preuve Supposons que T est ferme Comme E F est un Banach et que T est un sous espace. vectoriel ferme de E F T est lui me me un Banach Conside rons les projections p1 T E. et p2 T F de finies par,p1 x y x et p2 x y y, Ce sont des applications line aires continues et p1 est bijective donc p 1. 1 est continue par le,The ore me 2 6 D ou T p2 p 1. 1 est continue par composition,2 1 Orthogonalite, Soient E un espace de Banach M une partie de E et N une partie de E On de finit l orthogonale.
de M et N comme e tant les sous espaces suivants,M f E 0 f x 0 x M E. N x E f x 0 f N E, Proposition 2 9 Soient E un espace de Banach M un sous espace de E et N un sous espace de. E Alors on a les relations,M M et N N, Preuve On montre facilement que M M puisque pour f M on a f x 0 pour tout. x M Supposons qu il existe x0 M tel que x0 M alors par le The ore me de Hahn Banach. version ge ome trique il existe f E et R ve rifiant. f x f x0 x M, On en de duit de la que f x 0 pour tout x M En effet si f x 6 0 alors f x R ne. peut e tre majore Ainsi on voit que f M et que f x0 0 Ceci nous conduit a l absurdite. Remarque 2 10 Si E est un espace de Banach re flexif alors on a de plus N N Ceci se. de montre en suivant les me mes lignes de la preuve ci dessus. 2 2 Topologie faible,Soit E un espace de Banach, De finition 2 11 La topologie faible sur E note e E E est la topologie la moins fine sur E.
rendant continues toutes les formes line aires dans E. Un syste me fondamental de voisinage de la topologie E E en un point x0 E est donne e par. V I x E fi x x0 i I ou 0 I fini fi E, On note une suite xn n qui converge vers x pour la topologie E E par xn x On alors les. proprie te s suivantes,1 xn x f xn f x f E,2 xn x xn x. 3 xn x xn est borne e,4 xn x et fn f dans E alors fn xn f x. Remarque 2 12, 1 Un ouvert resp ferme de la topologie faible est un ouvert resp ferme de la topologie forte. 2 La sphe re n est pas faiblement ferme e et son adhe rence pour la topologie faible est B 0 1. 3 B 0 1 n est pas un ouvert de la topologie faible et son inte rieur pour E E est vide. 4 La topologie faible n est pas me trisable,2 3 Topologie faible.
Soit E un espace de Banach, De finition 2 13 La topologie faible sur E note e E E est la topologie la moins fine sur E. rendant continues toutes les applications, pour tout x E Un syste me fondamental de voisinage de la topologie E E en un point f0 E. est donne e par,V I f E f f0 xi i I ou 0 I fini xi E. On note une suite fn n qui converge vers f pour la topologie E E par xn x On alors les. proprie te s suivantes,1 fn f fn x f x x E,2 fn f fn f. 3 fn f fn est borne e dans E,4 fn f et xn x dans E alors fn xn f x.
The ore me 2 14 Banach Alaoglu La boule ferme de E est compact pour la topologie E E. 3 Ge ome trie des espaces Hilbertiens,3 1 Produit scalaire. Soient E et F deux C espace vectoriel Une application f E F est dite anti line aire si elle. f x y f x f y C x y E, De finition 3 1 Un produit scalaire sur un K espace vectoriel E K R ou C est une application. E E K ve rifiant, i L application E 3 y 7 x y est line aire pour tout x E. ii x y y x x y E,iii x x 0 x E et x x 0 x 0, Remarque 3 2 Les points i et ii quand K C impliquent que l application E 3 x 7 x y. est anti line aire pour tout y E, Un K espace vectoriel E muni d un produit scalaire est souvent appele K espace pre hilbertien On.
montrera par la suite que p, de finit une norme sur E C est par l interme diaire de cette norme que le produit scalaire induit. une topologie sur E, The ore me 3 3 Pythagore Soit x1 xn E n ve rifiant xi 1 et xi xj 0 si i 6 j. pour tout i j 1 n On a pour tout x E l identite,x xi x x xi x xi 2. Preuve On remarque d abord que pour y et z quelconques dans E ve rifiant y z 0 on a gra ce. aux proprie te s du produit scalaire la relation,y z 2 y z y z z 2 y 2 3. Par un calcul direct on ve rifie que,x xi x xi xi x xi 0.
En utilisant 3 il suit alors que,x xi x xi xi x xi x xi x xi xi x xi 2. i 1 i 1 i 1 i 1,x xi x xi 2 xi x 2, Deux conse quences de l identite de Pythagore sont. L ine galite de Bessel, pour tout x E et x1 xn En ve rifiant les hypothe ses du The ore me 3 3. L ine galite de Cauchy Schwarz,x y x y x y E, Preuve Si y 0 l identite est vraie Sinon par l ine galite de Bessel avec n 1 et x1 y y on. x y y 2 x 2,D ou l ine galite de Cauchy Schwarz, The ore me 3 4 Le K espace pre hilbertien E muni de la fonctionnelle E 3 x 7 x.
x x est un K espace vectoriel norme,Preuve On ve rifie aise ment que. p x x 0 x 0,ii x 2 x x x K x E, iii En utilisant Cauchy Schwarz on montre l ine galite triangulaire. x y 2 x 2 2Re x y y 2 x y 2, On dit que est la norme associe e au produit scalaire sur E. En particulier un K espace pre hilbertien est un espace me trique Sauf mention contraire la. structure topologique sur un K espace pre hilbertien est celle induite naturellement par la norme. associe a son produit scalaire, 1 Montrer que sur un K espace pre hilbertien E on a l identite du paralle logramme. x y 2 x y 2 2 x 2 2 y 2 x y E 4, 2 Soit E un K espace vectoriel norme ve rifiant 4 Montrer que sa norme est associe e a un produit.
scalaire sur E, 1 Montrer sur un C espace pre hilbertien l identite de polarisation. x y i x ik y 2 5, 2 Trouver une formule e quivalente pour un R espace pre hilbertien. 3 2 Espace de Hilbert, De finition 3 5 Un K espace de Hilbert est un K espace pre hilbertien complet relativement a la. norme associe a son produit scalaire Quand K C on parle simplement d un espace de Hilbert. 1 Si M un espace mesure alors L2 M avec f g M f t g t d t est un espace de. 2 Un sous espace ferme d un K espace de Hilbert est un K espace de Hilbert. Trouver un exemple d un espace pre hilbertien qui n est pas un espace de Hilbert. Somme directe, Soit Hi i N une suite d espace hilbertien L ensemble. H xi i N i N Hi xi 2Hi, est un sous espace vectoriel du produit carte sien i N Hi Lorsque H est e quipe du produit scalaire.
h xi yi i xi yi Hi, il devient un espace de Hilbert appele somme directe des Hi i N et note. Produit tensoriel, Proposition 3 6 Le comple te d un K espace pre hilbertien est un K espace de Hilbert. Preuve En exercice, Soit H1 et H2 deux espaces de Hilbert Pour tout x1 H1 et x2 H2 on de finit l application. x1 x2 H1 H2 C,y1 y2 7 y1 x1 H1 y2 x2 H2, L ensemble E des toutes les combinaisons line aires finies des applications x1 x2 xi Hi i 1 2. forme un C espace vectoriel que l on munit d un produit scalaire de fini par. x1 x2 y1 y2 x1 y1 x2 y2 6, et s e tendant a tout les vecteurs de E par line arite.
Proposition 3 7 L application de finie par 6 est un produit scalaire sur E. Preuve Essentiellement il faut montrer que est inde pendante de la repre sentation des vecteurs. Gra ce a la Proposition 3 7 on en de duit que le comple te de l espace pre hilbertien E est. un espace de Hilbert, De finition 3 8 On appelle le produit tensoriel de H1 et H2 note H1 H2 l espace de Hilbert. obtenu en comple tant l espace pre hilbertien E,Isomorphisme d espaces de Hilbert. De finition 3 9 On dit que deux K espace de Hilbert H1 et H2 sont isomorphes s il existe une. application line aire bijective T de H1 dans H2 telle que. T x T y H2 x y H1, pour tout x y H1 On dit que l application T est un isomorphisme d espaces de Hilbert. Exercice Soit M et N deux espaces mesure s Montrer l existence d un unique isomorphisme. T d espace de Hilbert entre L2 M L2 N et L2 M N ve rifiant. T f g x y f x g y,3 3 Projection orthogonale, Lemme 3 10 Soit H un Hilbert et M un ensemble convexe ferme de H Pour tout x H il existe. un unique vecteur z H tel que,inf x y x z, Preuve Soit x H il existe alors une suite note e zn n dans M ve rifiant.
lim x zn inf x y 7,Soit yn une suite dans M ve rifiant aussi 7 On a. zn ym 2 zn x x ym 2,2 zn x 2 2 ym x 2 zn ym 2x 2,2 zn x 2 2 ym x 2 4 inf x y 2 n m 0. En particulier pour yn zn on voit que zn n est une suite de Cauchy dans un Hilbert donc elle. convergent vers un z M puisque M est ferme De plus gra ce a 7 on a. x z inf x y,Soit z 0 M ve rifiant,inf x y x z 0, L ine galite ci dessus avec yn z 0 implique que z z 0 d ou l unicite. Dans un espace de Hilbert H on de finit l orthogonale d un sous ensemble S par. S x H x y 0 y S, On montre facilement que S est un sous espace ferme de H. The ore me 3 11 projection orthogonale Soit H un Hilbert et M un sous espace ferme de H. Alors M et M sont deux sous espaces supple mentaires i e pour tout x H il existe un unique. couple z w M M tel que x z w, Preuve Soit x H il existe selon le Lemme 3 10 un unique vecteur z M tel que x z.
inf y M x y Notons x z par w H et x z par d Pour tout y M on a. d2 x z 2 x z y 2 w y 2,d2 2Re w y 2 y 2, Donc 2Re w y 2 y 2 0 pour tout C et y M En particulier pour tout y M. on voit que Re w y 0 en prenant t t R et que Im w y 0 en prenant it t R. The ore me 3 12 Riesz Pour toute forme line aire continue T sur H i e T H il existe un. unique vecteur x H ve rifiant T y x y pour tout y H De plus on a. Preuve Unicite supposons que T y x y x0 y pour tout y H alors x x0 y 0 et. Existence Soit M Ker T Si M H on obtient imme diatement que T y 0 y pour tout. y H Sinon par le The ore me de la projection orthogonale il existe un vecteur non nul u M. Pour tout y H on a,En prenant x u 2,u on ve rifie que pour tout y H. T u T y T u T y,x y u y u u u,u 2 T u u 2 T u,Finalement gra ce a Cauchy Schwarz on a. Remarque 3 13 Le the ore me de Riesz fournit une autre preuve du Corollaire 1 8 dans le cas ou. l espace vectoriel norme est un Hilbert, Preuve Soit f une forme line aire continue de finie sur un sous espace E d un Hilbert H Si E est un. sous espace ferme de H alors E est lui me me un espace de Hilbert Par le The ore me 3 12 de Riesz. il existe x0 E tel que f x x0 x pour tout x E Il suffit donc de prendre g x x0 x. pour tout x H, Si E n est pas ferme alors la forme line aire f s e tend par continuite a une forme line aire f continue.
sur E L argument ci dessus fournit un g H ve rifiant a et b. 3 4 Bases orthonorme s, Soit H un Hilbert Une famille F de vecteurs dans H est dite orthonorme e si x 1 pour tout. x F et x y 0 pour tout x y F x 6 y, De finition 3 14 Une base orthonorme e BON d un espace de Hilbert est un e le ment maximal de. l ensemble de toutes les familles orthonorme es de l espace de Hilbert ordonne par inclusion. The ore me 3 15 Tout K espace de Hilbert admet une base orthonorme e. Preuve Soit C l ensemble de toute les familles orthonorme es dans H ordonne es par inclusion. Montrons que C est un ensemble inductif En effet tout sous ensemble de C totalement ordonne. Fi i I admet un majorant qui est i I Fi C L existence d une BON re sulte donc de Lemme A 1. The ore me 3 16 Soit H un espace de Hilbert et ei i I une base orthonorme e de H Alors. 1 La famille ei i I est comple te i e VectK ei i I est dense dans H. 2 Pour tout x H on a X,x 2 ei x 2, ou l ensemble des termes non nuls de la somme sur I est au plus de nombrable. Preuve Remarquons d abord que s il existe x H tel que ei x 0 pour tout i I alors x 0. En effet dans le cas contraire ei i I x x est une famille orthonorme e dans H ce qui est. en contradiction avec le fait que ei i I est une BON. Soit x H et D VectK ei i I D apre s l ine galite de Bessel pour tout J I fini. ei x 2 x 2, Donc I0 i ei x 6 0 est au plusPde nombrable et on peut donc l ordonner comme e tant la. suite ik k POn observe que la suite k 0 eik x n est croissante majore e donc convergente. Soit zn nk 0 eik x eik on a pour n m,zn zm eik x 2 n m 0.
Donc zn n converge dans H vers un certain z D On ve rifie facilement. x z eir lim x eik x eik eir 0,x z ej lim x eik x eik ej 0 j I0c. D ou x z ei 0 pour tout i I et donc x z D Ceci montre 1. Maintenant en utilisant le The ore me de Pythagore on a. x lim x eik x eik eik x 2,eik x 2 eik x 2, Un espace topologique est dit se parable s il admet un sous ensemble de nombrable dense. The ore me 3 17 Un K espace de Hilbert est se parable si et seulement si il admet une base or. thonorme e au plus de nombrable, Preuve Supposons que H est se parable Soient D une partie de nombrable dense dans H et ei i I. une base orthonorme e de H On a,ei ej 2 i 6 j, D ou B ei 2 B ej 2 pour tout i 6 j Puisque D est dense chaque boule B ei 2. contient au moins un e le ment de D Donc I est au plus de nombrable. Supposons maintenant que H admet une BON de nombrable en n Pour K C le cas K R est. similaire l ensemble n,S i ei i Q iQ n N, est de nombrable puisque c est une re union de nombrable d ensembles de nombrables S est dense.
dans H en utilisant le The ore me 3 16, Remarque 3 18 Remarquons que au cours de la preuve ci dessus on a montre que toute BON. d un espace de Hilbert se parable est au plus de nombrable. Exercice Montrer que L2 Rn dx est un espace de Hilbert se parable. Exemples Soit Cb R l espace des fonctions continues borne es sur R muni de la norme sup On. note par A R la fermeture de l espace des polyno mes trigonome triques dans Cb R appele alge bre. de fonction presque pe riodiques On munit A R du produit scalaire. f g lim f t g t dt, Le comple te de A R relativement a ce produit scalaire fournit un exemple d espace de Hilbert. non se parable puisque eit R est une base orthonorme e. 3 5 Convergence et compacite faible, Gra ce au The ore me 3 12 de Riesz la convergence faible De finition1 9 se formule plus simplement. dans un espace de Hilbert Une suite xn n dans un Hilbert H est faiblement convergente vers. x H si et seulement si,lim xn y x y y H, De me me on dit qu une suite xn n est faiblement borne e si pour chaque y H la suite scalaire. xn y n est borne e, The ore me 3 19 Une suite est faiblement borne e si et seulement si elle est borne e.
Preuve On fournit ici une preuve alternative au The ore me 1 10 Soit xn n une suite faiblement. borne e Supposons qu elle ne est pas borne e Puisque supy B 0 1 xn y xn il existe n1 N. et y1 B 0 1 tel que xn1 y1 1 Par continuite de l application y 7 xn1 y il existe. 0 r1 1 tel que xn1 y 1 pour tout y B y1 r1 B 0 1 De me me on ve rifie que. supy B y1 r1 xn y r1 xn xn y1 D ou par le me me raisonnement il existe n2 n1 et. y2 B y1 r1 tel que xn2 y2 2 puis il existe aussi 0 r2 1 2 tel que xn2 y 2 pour. tout y B y2 r2 B y1 r1 Par ite ration on obtient les suites xnk k yk k et rk k ve rifiant. 0 rk 1 k yk B yk 1 rk 1 et xnk y k pour tout y B yk rk B yk 1 rk 1 En. particulier on a,yk yk0 max 1 k 1 k 0 k k0 0, et donc la suite yk k est convergent vers un y H De plus on a y yn n k 1. B yk 1 rk 1 B yk rk On en de duit alors que xnk y k pour tout k Donc la suite. xn n n est pas faiblement borne e, Proposition 3 20 Si xn n est une suite borne e dans H et D est une partie dense dans H alors. limn xn y x y y D si et seulement si xn n converge faiblement vers x. Preuve Soit M 0 tel que xn M et x M Pour tout y H et 0 il existe z D tel. que y z 3M Par l ine galite triangulaire puis par l ine galite de Cauchy Schwartz on a. xn x y xn y z xn x z x y z,2 3 xn x z, Comme z D il existe N N tel que xn x z 3 pour tout n N D ou la convergence. faible de xn vers x, The ore me 3 21 Soit H un K espace Hilbert se parable Si xn n est une suite borne e dans H alors. elle admet une sous suite faiblement convergente, Preuve D apre s le The ore me 3 17 H admet une base orthonorme e de nombrable ei i N La suite.
xn e1 est borne e Il existe une sous suite x 1 n n tel que x 1 n e1 converge De me me pour. tout k 1 entier il existe une sous suite x k n n tel que x k n ek n est convergente Par. proce de diagonale x n n n est une sous suite de xn n ve rifiant pour tout k N. x n n ek converge quand n, Soit D l espace vectoriel alge brique engendre par ei i N D est dense dans H Par line arite on. obtient que x n n y n est une suite convergente pour tout y D On de finit alors l application. f D K par f y limn x n n y On voit facilement que f est une forme line aire sur D. ve rifiant,f y sup xn y, D ou f est une forme line aire continue sur D et d apre s Corollaire 1 8 elle admet un prolongement. en une forme line aire continue g sur H En utilisant le The ore me 3 12 de Riesz il existe un unique. x H tel que g y x y En utilisant Proposition 3 20 on en de duit que x n n est faiblement. convergente vers x, Remarque 3 22 Le The ore me ci dessus dit que toute partie borne e dans un Hilbert se parable est. relativement se quentiellement faiblement compact Ce re sultat reste vrai sur tout espace de Banach. re flexif se parable, Proposition 3 23 Soit xn n une suite dans H convergeant faiblement vers x H Alors cette. convergence est forte si et seulement si,lim kxn k kxk 8.
Preuve La condition 8 est e videmment ne cessaire,Supposons 8 Alors. kxn xk2 kxn k2 kxk2 2Re xn x,Par convergence faible de xn n. lim 2Re xn x 2kxk2,et donc par 8 xn n tend vers x dans H. Exercice Montrer que si xn x et yn y alors xn yn x y.


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