Maîtriser les Espaces de Hilbert : Bases Orthonormales et Théorie

Correction :

L'inégalité de Cauchy-Schwarz est une propriété fondamentale des espaces préhilbertiens.

Méthode : On utilise une approche géométrique ou algébrique.

Solution étape par étape :

Considérons le vecteur $w = v - \alpha u$ pour un scalaire $\alpha$. Le carré de sa norme est non-négatif : $\langle w, w \rangle \geq 0$.

$\langle v - \alpha u, v - \alpha u \rangle = \langle v, v \rangle - \alpha \langle v, u \rangle - \alpha \langle u, v \rangle + \alpha^2 \langle u, u \rangle \geq 0$

$= \|v\|^2 - 2\alpha \langle u, v \rangle + \alpha^2 \|u\|^2 \geq 0$

Ceci est un polynôme du second degré en $\alpha$. Pour qu'il soit toujours $\geq 0$, son discriminant doit être $\leq 0$. Le discriminant est $\Delta = (2\langle u, v \rangle)^2 - 4 \|u\|^2 \|v\|^2$.

Donc, $4\langle u, v \rangle^2 - 4 \|u\|^2 \|v\|^2 \leq 0$, ce qui implique $\langle u, v \rangle^2 \leq \|u\|^2 \|v\|^2$. En prenant la racine carrée, on obtient $|\langle u, v \rangle| \leq \|u\| \|v\|$.

Condition d'égalité : L'égalité est atteinte si et seulement si le polynôme en $\alpha$ a une racine double, c'est-à-dire si $w = 0$ pour une certaine valeur de $\alpha$. Cela signifie que $v - \alpha u = 0$, soit $v = \alpha u$. Autrement dit, $u$ et $v$ sont colinéaires.

Correction :

Nous allons appliquer les définitions du produit scalaire et de la norme dans $\mathbb{R}^2$.

Solution étape par étape :

Le produit scalaire canonique de $u = (u_1, u_2)$ et $v = (v_1, v_2)$ est $\langle u, v \rangle = u_1 v_1 + u_2 v_2$.

$\langle u, v \rangle = \langle (1, 2), (3, -1) \rangle = 1 \times 3 + 2 \times (-1) = 3 - 2 = 1$.

La norme de $u$ est $\|u\| = \sqrt{\langle u, u \rangle} = \sqrt{u_1^2 + u_2^2}$.

$\|u\| = \|(1, 2)\| = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$.

$\|v\| = \|(3, -1)\| = \sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$.

Vérifions Cauchy-Schwarz : $|\langle u, v \rangle| = |1| = 1$. Et $\|u\| \|v\| = \sqrt{5} \times \sqrt{10} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$.

Comme $1 \leq 5\sqrt{2}$, l'inégalité est bien vérifiée.

Correction :

Cet exercice applique les concepts dans un espace de fonctions, un espace de Hilbert de dimension infinie.

Solution étape par étape :

Calcul du produit scalaire :

$\langle f, g \rangle = \int_0^1 x \cdot x^2 dx = \int_0^1 x^3 dx = \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1^4}{4} - \frac{0^4}{4} = \frac{1}{4}$.

Calcul de la norme de f :

$\|f\|^2 = \langle f, f \rangle = \int_0^1 x \cdot x dx = \int_0^1 x^2 dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3}$. Donc, $\|f\| = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

Calcul de la norme de g :

$\|g\|^2 = \langle g, g \rangle = \int_0^1 x^2 \cdot x^2 dx = \int_0^1 x^4 dx = \left[ \frac{x^5}{5} \right]_0^1 = \frac{1^5}{5} - \frac{0^5}{5} = \frac{1}{5}$. Donc, $\|g\| = \sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$.

Vérification de Cauchy-Schwarz :

$|\langle f, g \rangle| = \left|\frac{1}{4}\right| = \frac{1}{4}$.

$\|f\| \|g\| = \frac{1}{\sqrt{3}} \times \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{15}}$.

Il faut vérifier si $\frac{1}{4} \leq \frac{1}{\sqrt{15}}$. Cela équivaut à $\sqrt{15} \leq 4$, ce qui est vrai car $15 \leq 16$. L'inégalité est donc vérifiée.

Correction :

Cet exercice te guide dans la construction d'une base orthogonale.

Méthode : On calcule le produit scalaire de $w$ et $u$ et on montre qu'il est nul.

Solution étape par étape :

Calculons $\langle w, u \rangle$ :

$\langle w, u \rangle = \left\langle v - \frac{\langle v, u \rangle}{\|u\|^2} u, u \right\rangle$

Par linéarité du produit scalaire par rapport au premier argument :

$\langle w, u \rangle = \langle v, u \rangle - \left\langle \frac{\langle v, u \rangle}{\|u\|^2} u, u \right\rangle$

Par linéarité (le scalaire sort) :

$\langle w, u \rangle = \langle v, u \rangle - \frac{\langle v, u \rangle}{\|u\|^2} \langle u, u \rangle$

On sait que $\langle u, u \rangle = \|u\|^2$. Donc :

$\langle w, u \rangle = \langle v, u \rangle - \frac{\langle v, u \rangle}{\|u\|^2} \|u\|^2$

$\langle w, u \rangle = \langle v, u \rangle - \langle v, u \rangle = 0$.

Ainsi, $w$ est bien orthogonal à $u$. Le dénominateur $\|u\|^2$ n'est pas nul car $u$ est non nul.

Correction :

Nous allons transformer une base quelconque en une base orthonormale.

Méthode : On utilise le procédé de Gram-Schmidt.

Solution étape par étape :

Étape 1 : Construire $u_1$ à partir de $v_1$.

Prenons $u_1 = v_1 = (1, 1)$.

Normalisons $u_1$ pour obtenir $e_1$ :

$\|u_1\| = \|(1, 1)\| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.

$e_1 = \frac{u_1}{\|u_1\|} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.

Étape 2 : Construire $u_2$ orthogonal à $u_1$ (et donc à $e_1$), puis normaliser.

En utilisant l'idée de l'exercice 4 : $u_2 = v_2 - \frac{\langle v_2, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2} u_1$.

Calculons $\langle v_2, u_1 \rangle = \langle (1, -1), (1, 1) \rangle = 1 \times 1 + (-1) \times 1 = 1 - 1 = 0$.

Puisque le produit scalaire est nul, $v_2$ est déjà orthogonal à $u_1$. Donc, $u_2 = v_2 = (1, -1)$.

Normalisons $u_2$ pour obtenir $e_2$ :

$\|u_2\| = \|(1, -1)\| = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$.

$e_2 = \frac{u_2}{\|u_2\|} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1) = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.

La base orthonormale obtenue est $\left\{ \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right), \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \right\}$.

Correction :

Cet exercice touche à l'approximation de fonctions dans les espaces de Hilbert, un concept clé pour les séries de Fourier.

Méthode : La meilleure approximation d'un vecteur par un sous-espace est sa projection orthogonale sur ce sous-espace.

Solution étape par étape :

Le sous-espace engendré par $\{1, \cos(x), \sin(x)\}$ est le sous-espace des fonctions trigonométriques de période $2\pi$ de degré au plus 1.

La meilleure approximation de $f(x)=x$ par une fonction $g(x) = a \cdot 1 + b \cos(x) + c \sin(x)$ est la projection orthogonale de $f$ sur ce sous-espace.

La famille $\{1, \cos(nx), \sin(nx)\}$ est orthogonale. Pour trouver les coefficients de la projection, on utilise la formule :

$a = \frac{\langle f, 1 \rangle}{\|1\|^2}$, $b = \frac{\langle f, \cos(x) \rangle}{\|\cos(x)\|^2}$, $c = \frac{\langle f, \sin(x) \rangle}{\|\sin(x)\|^2}$

Calculons les normes au carré :

$\|1\|^2 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} 1^2 dx = \frac{1}{\pi} [x]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{\pi} (2\pi) = 2$.

$\|\cos(x)\|^2 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \cos^2(x) dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1+\cos(2x)}{2} dx = \frac{1}{2\pi} \left[x + \frac{\sin(2x)}{2}\right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{2\pi} (2\pi) = 1$.

$\|\sin(x)\|^2 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2(x) dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1-\cos(2x)}{2} dx = \frac{1}{2\pi} \left[x - \frac{\sin(2x)}{2}\right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{2\pi} (2\pi) = 1$.

Calculons les produits scalaires :

$\langle f, 1 \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x \cdot 1 dx = \frac{1}{\pi} \left[\frac{x^2}{2}\right]_{-\pi}^{\pi} = \frac{1}{\pi} (0) = 0$. Donc $a=0$. ($f(x)=x$ est impaire, 1 est paire).

$\langle f, \cos(x) \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x \cos(x) dx$. La fonction $x \cos(x)$ est impaire, donc son intégrale sur un intervalle symétrique est nulle. Ainsi, $\langle f, \cos(x) \rangle = 0$. Donc $b=0$. ($f(x)=x$ est impaire, $\cos(x)$ est paire).

$\langle f, \sin(x) \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x \sin(x) dx$. La fonction $x \sin(x)$ est paire. On utilise l'intégration par parties : $\int u dv = uv - \int v du$. Soit $u=x$ et $dv=\sin(x)dx$. Alors $du=dx$ et $v=-\cos(x)$.

$\int_{-\pi}^{\pi} x \sin(x) dx = [-x \cos(x)]_{-\pi}^{\pi} - \int_{-\pi}^{\pi} (-\cos(x)) dx = (-\pi \cos(\pi) - (-\pi \cos(-\pi))) + \int_{-\pi}^{\pi} \cos(x) dx$

$= (-\pi(-1) - (-\pi(-1))) + [\sin(x)]_{-\pi}^{\pi} = (\pi - \pi) + (0 - 0) = 0$. Hmm, il y a une erreur dans le calcul de l'intégrale ou dans l'énoncé.

Révisons le calcul de $\langle f, \sin(x) \rangle$ :

$\langle f, \sin(x) \rangle = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x \sin(x) dx$. Utilisons $\int_0^{\pi} x \sin(x) dx$ et multiplions par 2 car la fonction est paire.

$\int_0^{\pi} x \sin(x) dx = [-x \cos(x)]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} (-\cos(x)) dx = (-\pi \cos(\pi) - 0) + [\sin(x)]_0^{\pi} = (-\pi (-1)) + (0 - 0) = \pi$.

Donc, $\langle f, \sin(x) \rangle = \frac{1}{\pi} \times 2 \times \pi = 2$. (Car l'intégrale sur $[-\pi, \pi]$ est le double de l'intégrale sur $[0, \pi]$ pour une fonction paire).

Alors, $c = \frac{2}{1} = 2$.

La meilleure approximation est donc $g(x) = 0 \cdot 1 + 0 \cdot \cos(x) + 2 \cdot \sin(x) = 2\sin(x)$.

Correction :

La formule de Parseval est un résultat fondamental qui lie la norme d'un vecteur à la somme des carrés des coefficients de sa décomposition sur une base hilbertienne.

Méthode : On utilise la définition d'une base hilbertienne et la convergence de la série.

Solution étape par étape :

Soit $x \in H$. Comme $(e_n)$ est une base hilbertienne, $x$ peut s'écrire comme une série convergente : $x = \sum_{n=0}^{\infty} \langle x, e_n \rangle e_n$. Les coefficients de cette série sont $c_n = \langle x, e_n \rangle$.

On veut calculer $\|x\|^2 = \langle x, x \rangle$.

$\|x\|^2 = \left\langle \sum_{n=0}^{\infty} c_n e_n, \sum_{m=0}^{\infty} c_m e_m \right\rangle$.

En raison de la convergence de la série et de la complétude de l'espace, on peut intervertir le produit scalaire et la somme (les séries convergent dans $H$).

$\|x\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} c_n \overline{c_m} \langle e_n, e_m \rangle$.

Puisque $(e_n)$ est une base orthogonale, $\langle e_n, e_m \rangle = 0$ si $n \neq m$ et $\langle e_n, e_n \rangle = \|e_n\|^2$. Si c'est une base orthonormale, $\|e_n\|^2 = 1$. Ici, on suppose une base orthogonale, donc on va utiliser $\langle e_n, e_n \rangle = \|e_n\|^2$. Si c'est une base hilbertienne, on parle souvent de base orthonormale, donc on peut supposer $\|e_n\|=1$. Revérifions l'énoncé: "base hilbertienne (une suite total et orthogonale)". On peut donc utiliser le procédé de Gram-Schmidt pour la rendre orthonormale et appliquer Parseval pour les bases orthonormales, ou bien généraliser.

Pour une base orthogonale, on peut soit normaliser, soit adapter la formule.

Adaptation pour base orthogonale : $x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\langle x, e_n \rangle}{\|e_n\|^2} e_n$. Les coefficients sont $d_n = \frac{\langle x, e_n \rangle}{\|e_n\|^2}$.

$\|x\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} d_n \overline{d_m} \langle e_n, e_m \rangle$.

Si $n=m$, $\langle e_n, e_n \rangle = \|e_n\|^2$. Si $n \neq m$, $\langle e_n, e_m \rangle = 0$. Donc :

$\|x\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} d_n \overline{d_n} \|e_n\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} |d_n|^2 \|e_n\|^2$.

Remplaçons $d_n$ :

$\|x\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \left| \frac{\langle x, e_n \rangle}{\|e_n\|^2} \right|^2 \|e_n\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{|\langle x, e_n \rangle|^2}{\|e_n\|^4} \|e_n\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{|\langle x, e_n \rangle|^2}{\|e_n\|^2}$.

Ce résultat est pour une base orthogonale. Si l'on suppose que "base hilbertienne" sous-entend "base orthonormale" (ce qui est très fréquent), alors $\|e_n\|=1$ et $\langle e_n, e_m \rangle = \delta_{nm}$.

Dans ce cas (base orthonormale) :

$\|x\|^2 = \left\langle \sum_{n=0}^{\infty} c_n e_n, \sum_{m=0}^{\infty} c_m e_m \right\rangle = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} c_n \overline{c_m} \langle e_n, e_m \rangle = \sum_{n=0}^{\infty} c_n \overline{c_n} \langle e_n, e_n \rangle = \sum_{n=0}^{\infty} |c_n|^2 \cdot 1 = \sum_{n=0}^{\infty} |c_n|^2$.

Avec $c_n = \langle x, e_n \rangle$, on obtient $\|x\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} |\langle x, e_n \rangle|^2$.

Correction :

Cet exercice est une application directe de la formule de Parseval dans un espace de fonctions très concret, lié aux séries de Fourier.

Méthode : Calcul des coefficients de Fourier par intégration, puis application de la formule de Parseval.

Solution étape par étape :

Les coefficients de Fourier $c_k$ de $f(x)=x$ sont donnés par :

$c_k = \langle f, e^{ikx} \rangle = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} x e^{-ikx} dx$.

Pour $k=0$: $c_0 = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} x dx = \frac{1}{2\pi} \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \frac{(2\pi)^2}{2} = \frac{2\pi}{2} = \pi$.

Pour $k \neq 0$, utilisons l'intégration par parties : $u=x$, $dv=e^{-ikx}dx$. Alors $du=dx$, $v=\frac{e^{-ikx}}{-ik}$.

$c_k = \frac{1}{2\pi} \left[ x \frac{e^{-ikx}}{-ik} \right]_0^{2\pi} - \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{e^{-ikx}}{-ik} dx$

$c_k = \frac{1}{2\pi} \left(2\pi \frac{e^{-ik(2\pi)}}{-ik} - 0 \right) - \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{e^{-ikx}}{(-ik)^2} \right]_0^{2\pi}$

Comme $e^{-ik(2\pi)} = 1$ pour tout $k \in \mathbb{Z}$ :

$c_k = \frac{1}{2\pi} \left(\frac{2\pi}{-ik} \right) - \frac{1}{2\pi} \left(\frac{e^{-ik(2\pi)}}{-k^2} - \frac{e^0}{-k^2} \right)$

$c_k = \frac{1}{-ik} - \frac{1}{2\pi} \left(\frac{1}{-k^2} - \frac{1}{-k^2} \right) = \frac{i}{k} - 0 = \frac{i}{k}$.

Donc, les coefficients de Fourier sont $c_0 = \pi$ et $c_k = \frac{i}{k}$ pour $k \neq 0$. Attention, l'énoncé demande la norme $1/(2\pi)$. La base est $(e^{ikx})$. Il faut vérifier si la norme est 1. $\langle e^{ikx}, e^{imx} \rangle = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} e^{i(k-m)x} dx$. Si $k=m$, c'est 1. Si $k \neq m$, c'est 0. Donc c'est une base orthonormale.

Vérifions maintenant la formule de Parseval : $\|f\|^2 = \sum_{k=-\infty}^{\infty} |c_k|^2$.

Calculons $\|f\|^2$ : $\|f\|^2 = \langle x, x \rangle = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} x^2 dx = \frac{1}{2\pi} \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \frac{(2\pi)^3}{3} = \frac{8\pi^3}{6\pi} = \frac{4\pi^2}{3}$.

Calculons la série :

$\sum_{k=-\infty}^{\infty} |c_k|^2 = |c_0|^2 + \sum_{k \neq 0} |c_k|^2 = |\pi|^2 + \sum_{k \in \mathbb{Z}, k \neq 0} \left|\frac{i}{k}\right|^2$

$= \pi^2 + \sum_{k \in \mathbb{Z}, k \neq 0} \frac{1}{k^2}$.

La somme $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}$. Et $\sum_{k=-\infty}^{-1} \frac{1}{k^2} = \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{(-j)^2} = \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{j^2} = \frac{\pi^2}{6}$.

Donc, $\sum_{k \in \mathbb{Z}, k \neq 0} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} + \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{3}$.

La somme est donc $\pi^2 + \frac{\pi^2}{3} = \frac{3\pi^2 + \pi^2}{3} = \frac{4\pi^2}{3}$.

On retrouve bien $\|f\|^2 = \sum_{k=-\infty}^{\infty} |c_k|^2$. L'égalité est vérifiée.

Correction :

Ce théorème est la pierre angulaire de la projection orthogonale dans les espaces de Hilbert. Il garantit l'existence et l'unicité de la décomposition d'un vecteur par rapport à un sous-espace fermé.

Méthode : On utilise la compacité de la boule unité fermée et le procédé de minimisation.

Existence :

Soit $x \in H$. Considérons le sous-espace $F$. Si $x \in F$, alors $y=x$ et $z=0$. $z=0$ est dans $F^{\perp}$ car $\langle 0, v \rangle = 0$ pour tout $v \in F$. Si $x \in F^{\perp}$, alors $y=0$ et $z=x$. Dans ce cas, $y=0 \in F$ et $z=x \in F^{\perp}$.

Supposons maintenant que $x \notin F$ et $x \notin F^{\perp}$. Soit $d = \inf_{y \in F} \|x-y\|$. Il existe une suite $(y_n)_{n \in \mathbb{N}}$ dans $F$ telle que $\|x-y_n\| \to d$.

Pour tout $\epsilon > 0$, on peut trouver $y \in F$ tel que $\|x-y\| \leq d + \epsilon$. La boule unité fermée $B(0, R)$ est compacte pour $R$ suffisamment grand. On peut supposer que $\|x-y_n\|$ est borné.

Utilisons le parallélogramme : $\|(x-y_m) - (x-y_n)\|^2 + \|(x-y_m) + (x-y_n)\|^2 = 2\|x-y_m\|^2 + 2\|x-y_n\|^2$.

$\|y_m - y_n\|^2 + \|2x - (y_m+y_n)\|^2 = 2\|x-y_m\|^2 + 2\|x-y_n\|^2$.

Soit $y_{mn} = \frac{y_m+y_n}{2}$. Comme $F$ est un sous-espace vectoriel fermé, $y_{mn} \in F$. Donc $\|x-y_{mn}\| \geq d$.

$\|x - \frac{y_m+y_n}{2}\|^2 = \frac{1}{4} \|2x - (y_m+y_n)\|^2$.

$\|y_m - y_n\|^2 = 2\|x-y_m\|^2 + 2\|x-y_n\|^2 - \|2x - (y_m+y_n)\|^2$.

$\|y_m - y_n\|^2 = 2\|x-y_m\|^2 + 2\|x-y_n\|^2 - 4\|x - \frac{y_m+y_n}{2}\|^2$.

Puisque $\|x-y_n\| \to d$, pour $m, n$ grands, $\|x-y_m\|^2 \approx d^2$ et $\|x-y_n\|^2 \approx d^2$. De plus, $\|x - \frac{y_m+y_n}{2}\|^2 \geq d^2$.

Pour $m, n$ assez grands, $2\|x-y_m\|^2 + 2\|x-y_n\|^2 - 4\|x - \frac{y_m+y_n}{2}\|^2 \approx 4d^2 - 4d^2 = 0$. Cela montre que $(y_n)$ est une suite de Cauchy dans $F$. Comme $F$ est fermé, elle converge vers un élément $y \in F$.

Par continuité de la norme, $\|x-y\| = d$. Donc $y$ est un élément de $F$ qui minimise la distance à $x$.

Posons $z = x-y$. On a $y \in F$ et $\|z\| = d$. Il reste à montrer que $z \in F^{\perp}$.

Pour tout $v \in F$, on a $y+v \in F$. Donc $\|x - (y+v)\| \geq d$.

$\|z-v\|^2 \geq d^2 = \|z\|^2$.

$\|z-v\|^2 = \langle z-v, z-v \rangle = \|z\|^2 - 2 \text{Re}\langle z, v \rangle + \|v\|^2 \geq \|z\|^2$.

Donc, $-2 \text{Re}\langle z, v \rangle + \|v\|^2 \geq 0$.

Si $v \in F$ et $v \neq 0$, on peut choisir $v'$ tel que $\langle z, v' \rangle$ soit réel et positif. Par exemple, si $z \neq 0$, on peut prendre $v' = \frac{z}{\|z\|}$. Non, $v'$ doit être dans $F$.

Considérons le cas où $H$ est complexe. Pour tout $\alpha \in \mathbb{C}$, $y+\alpha v \in F$, donc $\|x-(y+\alpha v)\| \geq d$.

$\|z-\alpha v\|^2 \geq d^2 = \|z\|^2$.

$\|z\|^2 - 2 \text{Re}(\overline{\alpha} \langle z, v \rangle) + \|\alpha v\|^2 \geq \|z\|^2$.

$-2 \text{Re}(\overline{\alpha} \langle z, v \rangle) + |\alpha|^2 \|v\|^2 \geq 0$.

Choisissons $\alpha = \overline{\langle z, v \rangle}$. Alors $|\alpha|^2 = |\langle z, v \rangle|^2$.

$-2 |\langle z, v \rangle|^2 + |\langle z, v \rangle|^2 \|v\|^2 \geq 0$.

$|\langle z, v \rangle|^2 (\|v\|^2 - 2) \geq 0$. Ceci n'est pas suffisant.

Revenons à : $-2 \text{Re}(\overline{\alpha} \langle z, v \rangle) + |\alpha|^2 \|v\|^2 \geq 0$.

Choisissons $\alpha = \lambda \overline{\langle z, v \rangle}$ pour $\lambda \in \mathbb{R}$.

$-2 \lambda |\langle z, v \rangle|^2 + \lambda^2 |\langle z, v \rangle|^2 \|v\|^2 \geq 0$.

Si $\langle z, v \rangle \neq 0$, on peut diviser par $|\langle z, v \rangle|^2$.

$ -2 \lambda + \lambda^2 \|v\|^2 \geq 0$.

Cette inégalité doit être vraie pour tout $\lambda$. Si $\|v\|^2 > 0$, pour $\lambda$ très grand, le terme $\lambda^2 \|v\|^2$ domine et l'inégalité n'est pas satisfaite. La seule façon pour que cela soit vrai pour tout $\lambda$ est que le coefficient de $\lambda^2$ soit nul ou que les autres termes soient nuls.

La seule possibilité est que $\langle z, v \rangle = 0$ pour tout $v \in F$. Donc $z \in F^{\perp}$.

Unicité :

Supposons $x = y_1 + z_1$ avec $y_1 \in F, z_1 \in F^{\perp}$ et $x = y_2 + z_2$ avec $y_2 \in F, z_2 \in F^{\perp}$.

Alors $y_1 + z_1 = y_2 + z_2$, donc $y_1 - y_2 = z_2 - z_1$.

Puisque $y_1, y_2 \in F$, $y_1 - y_2 \in F$.

Puisque $z_1, z_2 \in F^{\perp}$, $z_2 - z_1 \in F^{\perp}$.

Donc, $y_1 - y_2$ est à la fois dans $F$ et dans $F^{\perp}$. La seule façon pour qu'un vecteur appartienne aux deux est qu'il soit nul.

$y_1 - y_2 = 0 \implies y_1 = y_2$.

Alors $z_2 - z_1 = 0 \implies z_1 = z_2$.

L'unicité est prouvée.

Correction :

Cet exercice t'amène à travailler dans un espace de suites, un autre exemple d'espace de Hilbert, et à comprendre la structure de ses sous-espaces fermés.

Méthode : Utilisation des propriétés des sous-espaces vectoriels, de la complétude de $\ell^2$, et du théorème de projection.

Solution étape par étape :

1. $F$ est un sous-espace vectoriel fermé :

Soient $x, y \in F$ et $\lambda \in \mathbb{R}$.

Pour tout $n \geq N$, $x_n = 0$ et $y_n = 0$. Donc $(\lambda x)_n = \lambda x_n = 0$ et $(x+y)_n = x_n + y_n = 0$. Ainsi, $\lambda x \in F$ et $x+y \in F$. $F$ est un sous-espace vectoriel.

Pour montrer que $F$ est fermé, on peut montrer que son complémentaire $F^c$ est ouvert, ou que $F$ est le noyau d'une application continue, ou encore que si une suite $(x^{(k)})_k$ dans $F$ converge vers $x$ dans $\ell^2$, alors $x \in F$.

Soit $(x^{(k)})_k$ une suite dans $F$ qui converge vers $x$ dans $\ell^2$. Cela signifie que $\sum_{n=0}^{\infty} (x^{(k)}_n - x_n)^2 \to 0$ quand $k \to \infty$. Pour chaque $k$, $x^{(k)}_n = 0$ pour $n \geq N$.

Pour tout $n \geq N$, $|x^{(k)}_n - x_n|^2 \leq \sum_{j=0}^{\infty} (x^{(k)}_j - x_j)^2 \to 0$. Donc $x^{(k)}_n \to x_n$. Comme $x^{(k)}_n = 0$, on a $x_n = 0$ pour tout $n \geq N$. Donc $x \in F$. $F$ est fermé.

2. Détermination de $F^{\perp}$ :

Soit $y \in F^{\perp}$. Alors $\langle x, y \rangle = 0$ pour tout $x \in F$.

Prenons pour $x$ les vecteurs de base canonique $e_i$ (la suite dont le $i$-ième terme est 1 et les autres 0). Pour $i < N$, $e_i \in F$.

Donc, pour tout $i \in \{0, 1, \dots, N-1\}$, $\langle e_i, y \rangle = 0$.

$\langle e_i, y \rangle = \sum_{n=0}^{\infty} (e_i)_n y_n = 1 \cdot y_i = y_i$.

Donc, $y_i = 0$ pour tout $i \in \{0, 1, \dots, N-1\}$.

Une suite $y \in \ell^2(\mathbb{N})$ dont les $N$ premières composantes sont nulles est dans $F^{\perp}$. Inversement, si $y \in F^{\perp}$, alors $y_i = 0$ pour $i < N$. Donc $y$ est de la forme $(0, \dots, 0, y_N, y_{N+1}, \dots)$. Cet espace est l'espace des suites qui sont nulles jusqu'au rang $N-1$. C'est le sous-espace engendré par $(e_n)_{n \geq N}$.

Donc $F^{\perp} = \{y \in \ell^2(\mathbb{N}) \mid y_n = 0 \text{ pour tout } n < N\}$.

3. Détermination de la projection $P_F(x)$ :

Soit $x \in \ell^2(\mathbb{N})$. Par le théorème de projection, $x = y + z$ où $y \in F$ et $z \in F^{\perp}$, et $y = P_F(x)$.

On a $x_n = y_n + z_n$.

Pour $n < N$, $y_n = 0$ (car $y \in F$) et $z_n$ est quelconque dans $\mathbb{R}$.

Pour $n \geq N$, $y_n$ est quelconque dans $\mathbb{R}$ et $z_n = 0$ (car $z \in F^{\perp}$).

Cela ne semble pas correct. $F$ est l'espace des suites nulles à partir du rang $N$. C'est un espace de dimension finie : il est engendré par $e_0, e_1, \dots, e_{N-1}$.

Donc $y \in F$ signifie que $y = \sum_{i=0}^{N-1} y_i e_i$. Sa projection $y$ sur $F$ est elle-même.

Pour trouver $y = P_F(x)$, il faut trouver l'élément $y \in F$ le plus proche de $x$.

$y$ est de la forme $(y_0, y_1, \dots, y_{N-1}, 0, 0, \dots)$.

On cherche à minimiser $\|x-y\|^2 = \sum_{n=0}^{\infty} (x_n - y_n)^2$.

$\|x-y\|^2 = \sum_{n=0}^{N-1} (x_n - y_n)^2 + \sum_{n=N}^{\infty} (x_n - 0)^2$.

Pour minimiser cette somme, il faut minimiser $\sum_{n=0}^{N-1} (x_n - y_n)^2$. Cette minimisation est atteinte lorsque $y_n = x_n$ pour $n=0, \dots, N-1$.

Donc, $y = (x_0, x_1, \dots, x_{N-1}, 0, 0, \dots)$. Cette suite $y$ est bien dans $F$.

Alors $z = x - y = (0, 0, \dots, 0, x_N, x_{N+1}, \dots)$. Cette suite $z$ est bien dans $F^{\perp}$ (ses premières $N$ composantes sont nulles).

La projection $P_F(x)$ est donc la suite $(x_0, x_1, \dots, x_{N-1}, 0, 0, \dots)$.