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% Informations du document

\author{Thomas Letendre}
\date{2023 -- 2024}
\title{Feuille 1 -- Espaces de Hilbert}


\begin{document}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Mise en page de l'en-tête

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\makeatletter
\begin{tabularx}{\textwidth}{@{}Xr@{}}
Université Paris-Saclay & Master Formation à l'Enseignement Supérieur \\
\@date & Analyse~2
\end{tabularx}

\vspace{1ex}

Chargé de TD: \@author .

\vspace{2ex}

\hrule

\begin{center}
\begin{Large}
\@title
\end{Large}
\end{center}

\hrule

\vspace{2ex}

\makeatother

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Début du corps du texte

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\begin{exo}[Projection sur un convexe fermé]
\label{exo: projection sur un convexe ferme}

Soit $\parentheses*{H,\prsc{\cdot}{\cdot}}$ un espace de Hilbert réel. On rappelle que $C \subset H$ est dit \emph{convexe} si pour tout $x,y \in C$ on a $[x,y]:=\brackets*{\strut tx+(1-t)y \mvert t \in [0,1]} \subset C$.

Soit $C \subset H$ un convexe fermé non-vide. Un premier but de l'exercice est de prouver que pour tout $x \in H$ il existe un unique $p(x) \in C$ tel que:
\begin{equation*}
\Norm{x-p(x)} = d(x,C) := \inf \brackets*{\strut \Norm{x-c} \mvert c \in C}
\end{equation*}

\begin{enumerate}

\item \label{q: unicite} Soient $x \in H$ et $p_1,p_2 \in C$ tels que $\Norm{x-p_1} = d(x,C) = \Norm{x-p_2}$. Montrer que $p_1=p_2$.

\begin{sol}

Supposons par l'absurde que $p_1 \neq p_2$. Soit $m = \frac{1}{2}(p_1+p_2)$ le milieu de $[p_1,p_2]$. Par convexité, on a $m \in C$ et donc $\Norm{x-m} \geq d(x,C)$. Comme $x$ appartient à la médiatrice de $[p_1,p_2]$, on a que les droites $(xm)$ et $(p_1p_2)=(mp_1)$ sont orthogonales. Donc, par Pythagore,
\begin{equation*}
d(x,C)^2=\Norm{x-p_1}^2 = \Norm{x-m}^2 + \Norm{m-p_1}^2  \geq d(x,C)^2 + \Norm{m-p_1}^2.
\end{equation*}
Donc $\Norm{m-p_1}=0$ et donc $p_1=m=p_2$.

\end{sol}

\item \label{q: CV vers projete} Soit $\parentheses{c_k}_{k \in \N}$ une suite d'éléments de $C$ telle que $\Norm{x-c_k} \xrightarrow[k \to +\infty]{} d(x,C)$. Montrer que $\parentheses{c_k}_{k \in \N}$ converge vers un certain $p(x) \in C$ tel que $\Norm{x-p(x)} = d(x,C)$. Conclure.

\begin{hint}
Appliquer l'identité du parallélogramme aux vecteurs $x-c_i$ et $x-c_j$ avec $i,j \in \N$.
\end{hint}

\begin{sol}

Rappelons l'identité du parallélogramme: si $a$ et $b \in H$ alors $\Norm{a+b}^2+\Norm{a-b}^2=2\parentheses{\Norm{a}^2 +\Norm{b}^2}$. Soient $i$ et $j \in \N$, suivant l'indication on applique cette identité à $x-c_i$ et $x-c_j$:
\begin{equation*}
\Norm{2x -c_i-c_j}^2 + \Norm{c_i-c_j}^2 = 2\parentheses*{\Norm{x-c_i}^2+\Norm{x-c_j}^2},
\end{equation*}
ce qui se ré-écrit:
\begin{equation*}
\Norm{c_i-c_j}^2 = 2\Norm{x-c_i}^2 + 2\Norm{x-c_j}^2 - 4 \Norm*{x-\frac{c_i+c_j}{2}}^2.
\end{equation*}
On va utiliser cette relation pour montrer que la suite $(c_k)$ est de Cauchy. Par convexité, $\frac{c_i+c_j}{2} \in C$. Donc $\Norm*{x-\frac{c_i+c_j}{2}} \geq d(x,C)$ et donc:
\begin{equation*}
\Norm{c_i-c_j}^2 \leq 2\Norm{x-c_i}^2 + 2\Norm{x-c_j}^2 - 4d(x,C)^2.
\end{equation*}
Soit $\epsilon >0$, comme $\Norm{x-c_k}$ tend vers $d(x,C)$, il existe $N \in \N$ tel que pour tout $k \geq N$, $d(x,C)^2 \leq \Norm{x-c_k}^2 \leq d(x,C)^2 +\epsilon$. Alors, pour tout $i$ et $j \geq N$ on a $\Norm{c_i-c_j}^2 \leq 2\epsilon$. Donc $\parentheses{c_k}_{k \in \N}$ est bien une suite de Cauchy.

Comme $H$ est complet, cette suite converge vers une limite $p(x)$. Comme $C$ est fermé on a $p(x) \in C$. Finalement, par continuité de la norme on a $d(x,C) = \lim_{k \to +\infty} \Norm{x-c_k} = \Norm{x-p(x)}$. On vient de montrer que pour tout $x \in H$ il existe un $p(x) \in C$ tel que $\Norm{x-p(x)} = d(x,C)$. L'unicité a été prouvée à la question~\ref{q: unicite}.

\end{sol}

\end{enumerate}

On s'intéresse maintenant à la fonction $p:H \to C$.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: angle obtus} Soit $x \in H$, montrer que $p(x)$ est l'unique élément de $C$ vérifiant la condition suivante, dite \emph{condition de l'angle obtus}:
\begin{equation}
\label{eq: angle obtus}
\forall c \in C,\qquad \prsc*{x-p(x)}{c-p(x)} \leq 0.
\end{equation}

\begin{sol}

Commençons par vérifier que $p(x)$ vérifie cette condition. Soit $c \in C$, pour tout $t \in [0,1]$ on a $tc+(1-t)p(x) \in C$. Donc
\begin{align*}
\Norm*{x-\parentheses*{\strut tc+(1-t)p(x)}}^2 &= \Norm*{x-p(x) - t (\strut c-p(x))}^2\\
&= \Norm{x-p(x)\strut}^2 -2t \prsc{\strut x-p(x)}{c-p(x)} + t^2 \Norm{\strut c-p(x)}^2\\
&\geq \Norm{x-p(x)}^2.
\end{align*}
On en déduit que $\prsc{x-p(x)}{c-p(x)} \leq \frac{t}{2}\Norm{c-p(x)}^2$ pour tout $t \in ]0,1]$. En faisant $t \to 0$, on a $\prsc{x-p(x)}{c-p(x)} \leq 0$.

Passons à l'unicité. Soit $p \in C$ qui satisfait également la condition de l'angle obtus~\eqref{eq: angle obtus}. On a alors les deux relations suivantes:
\begin{align*}
&\prsc{x-p(x)}{p-p(x)}\leq 0 & &\text{et} & &\prsc{p-x}{p-p(x)}=\prsc{x-p}{p(x)-p}\leq 0.
\end{align*}
En sommant ces relations on obtient $\Norm{p-p(x)}^2=0$, c'est-à-dire $p=p(x)$.

\end{sol}

\item \label{q: projection 1-lip} Montrer que l'application $p:H \to C$ est $1$-lipschitzienne.

\begin{sol}

Soient $x$ et $y \in H$, d'après la question~\ref{q: angle obtus} on a:
\begin{align*}
&\prsc{x-p(x)}{p(y) - p(x)} \leq 0, & &\text{et} & &\prsc{y-p(y)}{p(x) - p(y)} \leq 0.
\end{align*}
En sommant ces deux inégalités, on obtient:
\begin{equation*}
0 \geq \prsc{x-p(x)-y + p(y)}{p(y) - p(x)} = \prsc{x-y}{p(y) - p(x)} + \Norm{p(y) - p(x)}^2.
\end{equation*}
On a alors, par Cauchy--Schwarz:
\begin{equation*}
\Norm{p(y) - p(x)}^2 \leq \prsc{y-x}{p(y) - p(x)} \leq \Norm{x-y}\Norm{p(x)-p(y)}.
\end{equation*}
Si $p(x)=p(y)$ alors $\Norm{p(x)-p(y)}=0 \leq \Norm{x-y}$, sinon on peut diviser par $\Norm{p(x)-p(y)}$ dans l'inégalité précédente. Dans les deux cas on obtient bien $\Norm{p(x)-p(y)}\leq \Norm{x-y}$.

\end{sol}

\item \label{q: separation} En déduire que pour tout $x \in H \setminus C$ il existe $L \in H^*$ et $a \in \R$ tels que, pour tout $c \in C$, $L(c) < a < L(x)$. On dit que l'hyperplan affine $L^{-1}(a)$ \emph{sépare strictement} $x$ et~$C$.

\begin{sol}

L'hyperplan $E$ orthogonal à $x-p(x)$ et passant par $p(x)$ sépare $H$ en deux demi-espaces, car le corps de base est $\R$! On se convainc sur un dessin que la condition de l'angle obtus~\eqref{eq: angle obtus} signifie que l'un de ces demi-espaces contient $C$ et l'autre contient $x$. Attention on parle ici des demi-espaces fermés car $p(x) \in E$. C'est-à-dire que $E$ sépare $C$ et $x$ au sens large mais pas au sens strict. L'hyperplan qui nous intéresse va être un translaté de $E$.

Soit $L = \prsc{x-p(x)}{\cdot} \in H^*$. On a $L(x-p(x)) = \Norm{x-p(x)}^2 >0$ car $x \notin C$. Par ailleurs, pour tout $c \in C$ on a $L(c-p(x)) \leq 0$ d'après la question~\ref{q: angle obtus}. Donc, $L(c) \leq L(p(x)) < L(x)$ et il suffit de choisir $a \in\, ]L(p(x)),L(x)[\,$.

\end{sol}

\item \label{q: angle plat} Dans cette question, on suppose que $C$ est un sous-espace vectoriel fermé de $H$. Soit $x \in H$, montrer que $p(x)$ est l'unique élément de $C$ tel que:
\begin{equation}
\label{eq: angle plat}
\forall c \in C,\qquad \prsc*{x-p(x)}{c-p(x)} = 0.
\end{equation}

\begin{sol}

Commençons par remarquer qu'un sous-espace vectoriel est bien convexe, donc la projection $p:H \to C$ est bien définie.

Un élément $a \in C$ tel que $\prsc{x-a}{c-a} = 0$ pour tout $c \in C$ vérifie la condition de l'angle obtus~\eqref{eq: angle obtus}. D'après la question~\ref{q: angle obtus}, cet élément est unique et on a $a=p(x)$. Il s'agit de prouver que $p(x)$ vérifie effectivement la condition~\eqref{eq: angle plat} lorsque $C$ est un sous-espace vectoriel.

Soit $c \in C$, on sait que $\prsc{x-p(x)}{c-p(x)} \leq 0$ par la question~\ref{q: angle obtus}. Supposons par l'absurde que $\prsc{x-p(x)}{c-p(x)} < 0$, et considérons $c'$ le symétrique de $c$ par rapport à $p(x)$. Cet élément est caractérisé par $c'-p(x)=-(c-p(x))$, en particulier
\begin{equation*}
\prsc{x-p(x)}{c'-p(x)} = - \prsc{x-p(x)}{c-p(x)} >0.
\end{equation*}
Par ailleurs $c'= p(x)-(c-p(x)) \in C$. L'inégalité précédente contredit donc~\eqref{eq: angle obtus}. On a donc bien $\prsc{x-p(x)}{c-p(x)} = 0$ pour tout $c \in C$.

\end{sol}

\item \label{q: ex projection} Soit $A \subset \R^n$ un ensemble borélien. Montrer que $C = \brackets*{f \in L^2(\R^n) \mvert f_{\vert A} = 0}$ est un sous-espace fermé de $L^2(\R^n)$. Expliciter la projection $p: L^2(\R^n) \to C$.

\begin{sol}

L'espace $C$ est le noyau de l'application linéaire $f \mapsto f_{\vert A}$ de $L^2(\R^n)$ dans $L^2(A)$, où on a muni~$A$ de la restriction de la mesure de Lebesgue. Pour tout $f \in L^2(\R^n)$ on a
\begin{equation*}
\Norm*{f_{\vert A}}^2_{L^2(A)} = \int_A f(x)^2 \dx x \leq \int_{\R^n} f(x)^2 \dx x = \Norm{f}^2_{L^2(\R^n)}
\end{equation*}
donc cette application linéaire est continue. Donc $C$ est bien un sous-espace fermé de $L^2(\R^n)$ muni de sa topologie d'espace de Hilbert.

Soit $f \in L^2(\R^n)$, déterminons $p(f)$. D'une part, comme $p(f) \in C$, on a $p(f)_{\vert A}=0$. D'autre part, comme $C$ est un espace vectoriel, $c \mapsto c-p(f)$ est une bijection de $C$ dans~$C$. La condition de la question~\ref{q: angle plat} se reformule alors en disant que:
\begin{equation*}
\forall c \in C, \qquad \prsc{f-p(f)}{c}=0.
\end{equation*}

Notons $B = \R^n \setminus A$. Pour tout $g \in L^2(\R^n)$, on a $\one_B g \in C$ et donc:
\begin{align*}
0 &= \prsc{f-p(f)}{\one_B g} = \int_{\R^n} \parentheses*{f-p(f)}(x)\one_B(x)g(x) \dx x = \int_B \parentheses*{f-p(f)}(x)g(x) \dx x.
\end{align*}
Ceci est valable pour $g= f-p(f)$, donc $\int_B \parentheses*{f(x)-p(f)(x)}^2 \dx x=0$, et donc $p(f)_{\vert B} = f_{\vert B}$. Finalement $p:f \mapsto \one_{\R^n \setminus A} f$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}[Orthogonal d'un sous-ensemble]
\label{exo: orthogonal d'un sous-ensemble}

Soit $\parentheses*{H,\prsc{\cdot}{\cdot}}$ un espace de Hilbert réel. Pour tout $X \subset H$ on note $X^\perp = \brackets*{\strut y \in H \mvert \forall x \in X, \prsc{x}{y}=0}$ l'\emph{orthogonal} de $X$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: ssev ferme} Soit $X \subset H$, montrer que $X^\perp$ est un sous-espace fermé de $H$.

\begin{sol}

Soit $x \in X$, alors $\brackets{x}^\perp = \brackets{y \in H \mid \prsc{y}{x}=0}$ est le noyau de la forme linéaire continue $\prsc{\cdot}{x}$. C'est donc un hyperplan fermé. Donc $X^\perp = \bigcap_{x \in X} \brackets{x}^\perp$ est un sous-espace vectoriel comme intersection de sous-espaces vectoriels, et il est fermé comme intersection de fermés.

\end{sol}

\item \label{q: somme directe} Si $X$ est un sous-espace fermé de $H$, montrer que $H = X \oplus X^\perp$.

\begin{sol}

Si $x \in X \cap X^\perp$ alors $\Norm{x}^2 = \prsc{x}{x} = 0$ et donc $x = 0$.

Si $X$ est un sous-espace fermé, en particulier c'est un convexe fermé. Soit $h \in H$ et soit $p \in X$ son projeté sur $X$. D'après la question~\ref{q: angle plat} de l'exercice~\ref{exo: projection sur un convexe ferme}, pour tout $x \in X$ on a:
\begin{equation*}
0= \prsc{h-p}{x-p} = \prsc{h-p}{x} + \prsc{h-p}{0-p} = \prsc{h-p}{x}
\end{equation*}
donc $h = h-p + p$ avec $p \in X$ et $h-p \in X^\perp$. Donc $H = X \oplus X^\perp$.

\end{sol}

\item \label{q: double orthogonal} Soit $X \subset H$ non vide, montrer que $\parentheses{X^\perp}^\perp = \bar{\vect(X)}$. Quand a-t-on $X = \parentheses{X^\perp}^\perp$?

\begin{sol}

On a $X \subset \parentheses{X^\perp}^\perp$. En effet, soit $x \in X$, pour tout $y \in X^\perp$ on a $\prsc{x}{y}=0$, donc $x \in \parentheses{X^\perp}^\perp$. Comme $\parentheses{X^\perp}^\perp$ est un sous-espace vectoriel fermé de $H$ d'après la question~\ref{q: ssev ferme}, on a donc $\bar{\vect(X)} \subset \parentheses{X^\perp}^\perp$.

Par ailleurs $X \subset \bar{\vect(X)}$, et donc $\bar{\vect(X)}^\perp \subset X^\perp$. Comme $\bar{\vect(X)}$ est un sous-espace fermé de $H$, on a $H = \bar{\vect(X)} \oplus \bar{\vect(X)}^\perp$ d'après la question~\ref{q: somme directe}. Soit $h \in \parentheses{X^\perp}^\perp$, il existe $x \in \bar{\vect(X)}$ et $y \in \bar{\vect(X)}^\perp$ tels que $h = x +y$. Comme $y \in X^\perp$ et $h \in \parentheses{X^\perp}^\perp$ on a $0= \prsc{h}{y} = \Norm{y}^2$ et donc $h=x \in \bar{\vect(X)}$. Donc $\parentheses{X^\perp}^\perp \subset \bar{\vect(X)}$, ce qui prouve l'égalité.

Ainsi on $\parentheses{X^\perp}^\perp = X$ si et seulement si $X = \bar{\vect(X)}$, c'est-à-dire si et seulement si $X$ est un sous-espace vectoriel fermé de $H$.

\end{sol}

\item \label{q: ex orthogonal nul} Montrer que $X^\perp = \brackets{0}$ si et seulement si $\vect(X)$ est dense dans $H$. Donner un exemple de partie $X \subset H$ telle que $X^\perp = \brackets{0}$ et $\vect(X) \neq H$, dans le cas où $H$ est séparable.

\begin{sol}

D'après les questions~\ref{q: ssev ferme} et~\ref{q: double orthogonal},
\begin{equation*}
X^\perp = \brackets{0} \iff \parentheses{X^\perp}^\perp = H \iff \bar{\vect(X)}=H.
\end{equation*}

Si $H$ est de dimension finie, pour tout $X \subset H$ tel que $X^\perp = \brackets{0}$ on aura $\bar{\vect(X)}=H$. Or $\vect(X)$ est un sous-espace fermé de $H$, donc $\vect(X) = H$. On ne peut donc pas construire de contre-exemple dans ce cas.

Si $H$ est de dimension infinie, comme on le suppose séparable, il admet une base de Hilbert $\parentheses{e_k}_{k \in \N}$. On pose $X = \brackets{e_k\mid k \in \N}$. Montrons que $X$ convient. Soit $y \in X^\perp$, comme $\parentheses{e_k}_{k \in \N}$ est une famille totale de $H$, on a $y = \sum_{k \in \N} \prsc{y}{e_k}e_k = 0$. Donc $X^\perp = \brackets{0}$. Par ailleurs, $\vect\parentheses*{X} \neq H$, car
\begin{equation*}
\sum_{k \in \N} \frac{1}{k}e_k \in H \setminus \vect\parentheses*{\brackets{e_k\mid k \in \N}}.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: Riesz} Démontrer le théorème de représentation de Riesz: pour toute forme linéaire continue $L \in H^*$, il existe un unique $\ell \in H$ tel que $L = \prsc{\cdot}{\ell}$.

\begin{sol}

Soit $L \in H^*$. Si $L=0$ alors $L = \prsc{\cdot}{0}$. Sinon, $\ker(L)$ est un hyperplan fermé de $H$. La restriction de $L$ est un isomorphisme de $\ker(L)^\perp$ vers $\R$. Soit $x$ l'unique élément de $\ker(L)^\perp$ tel que $L(x)=1$. Pour tout $h \in H$, il existe $\lambda \in \R$ et $y \in \ker(L)$ tels que $h = \lambda x + y$. On a alors:
\begin{equation*}
L(h) = \lambda L(x) + L(y) = \lambda = \prsc*{\lambda x +y}{\frac{x}{\Norm{x}^2}} = \prsc*{h}{\frac{x}{\Norm{x}^2}}.
\end{equation*}
Donc $\ell = \dfrac{x}{\Norm{x}^2}$ convient.

Si $\prsc{\cdot}{\ell_1} = L = \prsc{\cdot}{\ell_2}$, alors $\ell_2 - \ell_1 \in H^\perp = \brackets{0}$, ce qui établit l'unicité.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}[Convergence faible]
\label{exo: convergence faible}

Soit $\parentheses*{H,\prsc{\cdot}{\cdot}}$ un espace de Hilbert réel. Soient $x \in H$ et $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ une suite de $H$, on dit que $\parentheses{x_k}$ \emph{converge faiblement} vers $x$, et on note $x_k \rightharpoonup x$, lorsque:
\begin{equation}
\label{eq: convergence faible}
\forall h \in H, \qquad \prsc{x_k}{h} \xrightarrow[k \to +\infty]{} \prsc{x}{h}.
\end{equation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: CV forte implique faible} Soient $x \in H$ et $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ une suite telle que $x_k \xrightarrow[k \to +\infty]{} x$ pour la norme. Montrer que $x_k \rightharpoonup x$.

\begin{sol}

Pour tout $h \in H$, par l'inégalité de Cauchy-Schwarz,
\begin{equation*}
\norm{\prsc{x_k}{h} - \prsc{x}{h}} = \norm{\prsc{x_k-x}{h}} \leq \Norm{x_k-x} \Norm{h} \xrightarrow[k \to +\infty]{}0.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: CV faible implique bornee} Montrer qu'une suite faiblement convergente dans $H$ est bornée pour la norme.
\begin{hint}
Utiliser le théorème Banach--Steinhaus.
\end{hint}

\begin{sol}

Soit $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ une suite de $H$ qui converge faiblement vers un certain $x \in H$. Pour tout $k \in \N$, on note $L_k = \prsc{\cdot}{x_k} \in H^*$.

Soit $h \in H$, la suite $\parentheses{L_k(h)}_{k \in \N}$ converge vers $\prsc{h}{x}$, donc elle est bornée. Par le théorème de Banach--Steinhaus, il existe $M \geq 0$ telle que pour tout $k \in \N$, $\Norm{L_k} \leq M$, où $\Norm{L_k}$ est la norme d'opérateur de $L_k$ associée à la norme sur $H$. Pour tout $k \in \N$ tel que $x_k \neq 0$, on a:
\begin{equation*}
\Norm{x_k} = \norm*{\prsc*{\frac{x_k}{\Norm{x_k}}}{x_k}} = \norm*{L_k\parentheses*{\frac{x_k}{\Norm{x_k}}}} \leq \sup_{\Norm{x} \leq 1} \norm{L_k(x)} =\Norm{L_k} \leq M.
\end{equation*}
Donc la suite $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ est bornée.

\end{sol}

\end{enumerate}

Dans la suite, on va prouver une réciproque partielle à ce résultat: si $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ est une suite bornée alors on peut en extraire une sous-suite faiblement convergente. Soit donc $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ une suite bornée.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: extraction diagonale} Construire $\parentheses{y_n}_{n \in \N}$ une sous-suite extraite de $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ telle que: pour tout $k \in \N$, $\parentheses*{\prsc{x_k}{y_n}}_{n \in \N}$ converge lorsque $n \to +\infty$.

\begin{hint}
On pourra penser à utiliser un procédé diagonal de Cantor.
\end{hint}

\begin{sol}

Soit $M \geq 0$ tel que $\Norm{x_k} \leq M$ pour tout $k \in \N$. D'après Cauchy--Schwarz on a $\norm{\prsc{x_k}{x_l}} \leq M^2$ pour tout $k,l \in \N$.

On va construire la suite $\parentheses{y_n}$ par un procédé diagonal. D'après ce qu'on vient de dire, la suite $\parentheses{\prsc{x_0}{x_k}}_{k \in \N}$ est bornée dans $\R$. On peut donc en extraire une sous-suite convergente, c'est-à-dire, il existe $\varphi_0:\N \to \N$ strictement croissante telle que $\parentheses{\prsc{x_0}{x_{\varphi_0(k)}}}_{k \in \N}$ converge lorsque $k \to +\infty$.

Soit $N \in \N$ et supposons construites $\varphi_0,\dots,\varphi_N$ strictement croissantes de $\N$ dans $\N$ et telles que, pour tout $i \in \brackets{0,\dots,N}$, la suite $\parentheses*{\prsc{x_i}{x_{\varphi_0 \circ \dots \circ \varphi_N(k)}}}_{k \in \N}$ converge lorsque $k \to +\infty$. Comme précédemment, $\parentheses{\prsc{x_{N+1}}{x_{\varphi_0 \circ \dots \circ \varphi_N(k)}}}_{k \in \N}$ est une suite bornée de $\R$ et on peut donc en extraire une sous-suite convergente. Il existe donc $\varphi_{N+1}:\N \to \N$ strictement croissante telle que $\prsc{x_{N+1}}{x_{\varphi_0 \circ \dots \circ \varphi_{N+1}(k)}}$ converge lorsque $k \to +\infty$. Alors, pour tout $i \in \brackets{0,\dots,N+1}$, la suite $\parentheses*{\prsc{x_i}{x_{\varphi_0 \circ \dots \circ \varphi_{N+1}(k)}}}_{k \in \N}$ converge lorsque $k \to +\infty$.

On en conclut, par récurrence, qu'il existe une suite $\parentheses{\varphi_N}_{N \in \N}$ d'extractions telle que, pour tout $N \in \N$, pour tout $i \in \brackets{0,\dots,N}$, la suite $\parentheses*{\prsc{x_i}{x_{\varphi_0 \circ \dots \circ \varphi_N(k)}}}_{k \in \N}$ converge. On définit alors $y_n = x_{\varphi_0 \circ \dots \circ \varphi_n(n)}$ pour tout $n \in \N$. Soit $N \in \N$, la suite $\parentheses{y_n}_{n \geq N}$ est une sous-suite extraite de $\parentheses{x_{\varphi_0 \circ \dots \circ \varphi_N(k)}}_{k \geq N}$ et donc $\prsc{x_N}{y_n}$ converge lorsque $n \to +\infty$. D'où le résultat.

\end{sol}

\item \label{q: suite de Cauchy} Soit $h \in H$, montrer que la suite $\parentheses*{\prsc{h}{y_n}}_{n \in \N}$ est de Cauchy. On notera $L(h)$ sa limite.
\begin{hint}
Se ramener au cas où $h$ est dans $X = \bar{\vect\parentheses*{\brackets{x_k\mid k \in \N}}}$.
\end{hint}

\begin{sol}

Soit $h \in H$. Comme $X$ est un sous-espace fermé, $H = X \oplus X^\perp$ et on peut décomposer $h = x +y$ selon cette somme directe. Pour tout $n \in \N$, $\prsc{h}{y_n} = \prsc{x}{y_n}$ car $y_n \in X$. Quitte à remplacer $h$ par $x$, on est ramené au cas $h \in X$.

Supposons donc que $h \in X$. Soit $\epsilon >0$, il existe $x \in \vect\parentheses*{\brackets{x_k\mid k \in \N}}$ tel que $\Norm{h-x} \leq \epsilon$. Pour tout $m,n \in \N$ on a:
\begin{align*}
\norm{\prsc{h}{y_m}-\prsc{h}{y_n}} &\leq \norm{\prsc{h-x}{y_m}} + \norm{\prsc{x}{y_m}-\prsc{x}{y_n}} +\norm{\prsc{h-x}{y_n}}\\
&\leq 2 \epsilon M+ \norm{\prsc{x}{y_m}-\prsc{x}{y_n}},
\end{align*}
par Cauchy-Schwarz, car $\parentheses{y_n}_{n \in \N}$ est extraite de $\parentheses{x_k}_{k \in\N}$ et donc bornée par $M$.

Comme $x \in \vect\parentheses*{\brackets{x_k\mid k \in \N}}$, il existe une partie $I \subset \N$ finie et des scalaires $\parentheses{a_i}_{i \in I}$ tels que $x = \sum_{i \in I} a_i x_i$. Alors,
\begin{equation*}
\norm{\prsc{x}{y_m}-\prsc{x}{y_n}} \leq \sum_{i \in I} \norm{a_i} \norm{\prsc{x_i}{y_m}-\prsc{x_i}{y_n}}.
\end{equation*}
Chacune des suites $\parentheses{\prsc{x_i}{y_n}}_{n \in \N}$, avec $i \in I$, est convergente donc de Cauchy. Donc il existe $N \in \N$ tel que pour tout $i \in I$, pour tout $m,n \geq N$, $\norm{\prsc{x_i}{y_m}-\prsc{x_i}{y_n}} \leq \epsilon$.

Pour tout $m,n \geq N$ on a donc $\norm{\prsc{h}{y_m}-\prsc{h}{y_n}} \leq \epsilon\parentheses{2M + \sum_{i \in I}\norm{a_i}}$. Donc la suite $\parentheses{\prsc{h}{y_n}}_{n \in \N}$ est de Cauchy, et donc elle converge dans $\R$ vers une limite $L(h)$.

\end{sol}

\item \label{q: conclusion CV faible} Montrer que $L$ est une forme linéaire continue. Conclure.

\begin{sol}

Soient $h,k \in H$ et $\lambda \in \R$, on a
\begin{equation*}
L(h + \lambda k) = \lim_{n \to +\infty} \prsc{h+\lambda k}{y_n} = \lim_{n \to +\infty} \prsc{h}{y_n} + \lambda \prsc{k}{y_n} = L(h) + \lambda L(k).
\end{equation*}
Donc $L$ est bien une forme linéaire.

Soit $h \in H$. Pour tout $n \in \N$, on a $\norm{\prsc{h}{y_n}} \leq \Norm{h}\Norm{y_n} \leq M \Norm{h}$ par Cauchy--Schwarz. En faisant $n \to +\infty$, on obtient $\norm{L(h)} \leq M \Norm{h}$. Donc $L$ est continue de norme inférieure à $M$. D'après le théorème de représentation de Riesz (voir la question~\ref{q: Riesz} de l'exercice~\ref{exo: orthogonal d'un sous-ensemble}), il existe $y \in H$ tel que $L = \prsc{\cdot}{y}$.

Par définition de $L$ (voir question~\ref{q: suite de Cauchy}), pour tout $h \in H$ on a $\prsc{h}{y_n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} L(h) = \prsc{h}{y}$. Donc la suite $\parentheses{y_n}_{n \in \N}$ extraite de $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ converge faiblement vers $y$.

\end{sol}

\item \label{q: ex CV faible mais pas forte} Construire une suite $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ de $H$ telle que $x_k \rightharpoonup 0$ mais qui ne converge pas pour la norme.

\begin{sol}

Encore une fois ce n'est pas possible si $H$ est de dimension finie. En effet, dans ce cas la convergence faible implique la convergence des composantes dans une base orthonormée, donc la convergence au sens de l'unique topologie normée.

Si $H$ est de dimension infinie, considérons une suite orthonormée $\parentheses{e_k}_{k\in \N}$, par exemple une base de Hilbert de $H$ s'il est séparable. Pour tout $k \neq l$ on a $\Norm{e_k-e_l}^2 = 2$. Donc $\parentheses{e_k}_{k\in \N}$ n'est pas de Cauchy et donc n'est pas convergente dans $H$.

Montrons que $e_k \rightharpoonup 0$. Soit $V = \bar{\vect\parentheses*{\brackets{e_k\mid k \in \N}}}$, on a $H = V \oplus V^\perp$ d'après la question~\ref{q: somme directe} de l'exercice~\ref{exo: orthogonal d'un sous-ensemble}. Soit $h \in H$, on décompose $h=x+y$ avec $x \in V$ et $y \in V^\perp$. Pour tout $k \in \N$, $\prsc{h}{e_k} = \prsc{x}{e_k}$. Par ailleurs $\parentheses{e_k}_{k\in \N}$ est une famille totale de $V$ et donc $x = \sum_{k \in \N} \prsc{x}{e_k}e_k$. Donc $\Norm{x}^2 = \sum_{k \in \N} \norm{\prsc{x}{e_k}}^2 < +\infty$, et donc $\prsc{h}{e_k}=\prsc{x}{e_k} \xrightarrow[k \to +\infty]{}0$.

Donc pour tout $h \in H$, $\prsc{h}{e_k}\xrightarrow[k \to +\infty]{}0$, et donc $e_k \rightharpoonup 0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}[Minimisation d'une fonctionnelle convexe]
\label{exo: minimisation fonctionnelle convexe}

Soit $\parentheses{H,\prsc{\cdot}{\cdot}}$ un espace de Hilbert réel. Soit $F:H \to \R$ une fonction continue telle que $F(x) \to +\infty$ lorsque $\Norm{x} \to +\infty$. On suppose que $F$ est \emph{convexe}, c'est-à-dire que: pour tout $x,y \in H$ et $t \in [0,1]$ on a $F(tx + (1-t)y) \leq t F(x) + (1-t)F(y)$.

Le but de l'exercice est de prouver que $F$ atteint un minimum.

\begin{enumerate}

\item \label{q: ferme borne convexe} Soit $a \in \R$, on note $C_a = F^{-1}\parentheses{]-\infty,a]}$. Montrer que $C_a$ est fermé, borné et convexe.

\begin{sol}

D'une part $C_a$ est la préimage du fermé $]-\infty,a]$ par l'application continue $F$, donc $C_a$ est fermé. D'autre part, comme $F(x) \to +\infty$ quand $\Norm{x} \to +\infty$, il existe $M \geq 0$ tel que si $\Norm{x} \geq M$ alors $F(x) > a$. Par contraposée, si $x \in C_a$ alors $F(x) \leq a$ et donc $\Norm{x} \leq M$. Donc $C_a$ est borné.

Enfin, concernant la convexité, soient $x,y \in C_a$ et soit $t \in [0,1]$, on a:
\begin{equation*}
F(tx +(1-t)y) \leq t F(x) + (1-t)F(y) \leq t a + (1-t)a = a.
\end{equation*}
Donc $tx +(1-t)y \in C_a$ et donc $C_a$ est convexe. Notons que $C_a$ peut être vide.

\end{sol}

\item \label{q: suite min CV faiblement} Prouver qu'il existe une suite $\parentheses{x_k}_{k \in \N}$ de $H$ telle que $F(x_k) \xrightarrow[k \to +\infty]{} \inf F$ et qui converge faiblement vers une limite $x \in H$.

\begin{sol}

Par définition de l'infimum, il existe une suite $\parentheses{y_k}_{k \in \N}$ de $H$ telle que $F(y_k) \xrightarrow[k \to +\infty]{} \inf F$. La suite $\parentheses{F(y_k)}_{k \in \N}$ converge donc elle est bornée par un certain $a \in \R$. Donc $y_k \in C_a$ pour tout $k \in \N$. D'après la question~\ref{q: ferme borne convexe}, la suite $\parentheses{y_k}_{k \in \N}$ est bornée dans $H$.

D'après la conclusion de l'exercice~\ref{exo: convergence faible}, on peut donc extraire de $\parentheses{y_k}$ une sous-suite $\parentheses{x_k}$ faiblement convergente, qui est la suite recherchée.

\end{sol}

\item \label{q: projection sur Ca} Soit $a > \inf F$, on note $p$ la projection sur le convexe fermé $C_a$. En utilisant la condition de l'angle obtus~\eqref{eq: angle obtus}, montrer que $x = p(x)$.

\begin{sol}

Comme on a $a > \inf F$, on sait que $C_a$ est un convexe fermé (voir question~\ref{q: ferme borne convexe}) non-vide. On a donc une projection $p:H \to C_a$ bien définie, que l'on a étudiée dans l'exercice~\ref{exo: projection sur un convexe ferme}.

Comme $F(x_k) \xrightarrow[k \to +\infty]{} \inf F$, on a $x_k \in C_a$ pour tout $k$ assez grand. D'après la condition de l'angle obtus, pour tout $k$ assez grand, on a:
\begin{equation*}
\prsc{x-p(x)}{x_k} - \prsc{x-p(x)}{p(x)} = \prsc{x-p(x)}{x_k-p(x)} \leq 0.
\end{equation*}

En passant à la limite, comme $x_k \rightharpoonup x$, on obtient $\Norm{x-p(x)}^2 =0$ et donc $x = p(x)$.

\end{sol}

\item \label{q: existence min F} En déduire que $F(x) = \inf F$.

\begin{sol}

Soit $a > \inf F$, la question~\ref{q: projection sur Ca} montre que $x \in C_a$, c'est-à-dire $F(x) \leq a$. Comme c'est valable pour tout $a > \inf F$, on obtient bien $F(x) \leq \inf F$ et donc $F(x) = \inf F$. Finalement, on a montré que $F$ admet un minimum global.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}