Chapitre 3: Les espaces de Hilbert

Université de Bourgogne
Licence de Mathématiques
Département de Mathématiques
Compléments d’analyse
Chapitre 3: Les espaces de Hilbert
1. Produit scalaire et espaces de Hilbert
Définition (Produit scalaire)
Soit H un espace vectoriel sur K = C ou K = R. Un produit scalaire sur H est une application
H × H −→ K notée (x, y) 7→ (x|y) telle que:
1) ∀y ∈ H, x 7→ (x|y) est linéaire de H vers K,
2) ∀x, y ∈ H, (y|x) = (x|y),
3) ∀x ∈ H, (x|x) ≥ 0 et (x|x) = 0 =⇒ x = 0.
On dit aussi que (x, y) 7→ (x|y) est une forme sesquilinéaire définie positive. Un espace H muni
d’un produit scalaire est un espace préhilbertien (réel ou complexe). Si dim(H) < ∞, on dit que
H est un espace euclidien (si K = R) ou hermitien (si K = C).
Si H est un espace préhilbertien, il est normé par
x 7→ kxk =
p
(x|x).
En effet:
Lemme (Inégalité de Schwarz)
Soit H un espace préhilbertien et x, y deux vecteurs de H. Alors:
|(x|y)| ≤ kxk.kyk.
Preuve
Si (x|y) = 0, cette inégalité est évidente. Sinon, on écrit pour tout t réel:
0≤
x−t
(x|y)
(x|y)
y | x−t
y
|(x|y)|
|(x|y)|
= (x|x) − 2t|(x|y)| + t2 (y|y).
Ce trinôme en t est toujours positif, son discriminant réduit est donc négatif ou nul:
∆0 = |(x|y)|2 − (x|x)(y|y) ≤ 0.
1
Corollaire (k k est une norme)
L’application x 7→ kxk véruifie les axiomes d’une norme:
pour tout x, kxk ≥ 0 et kxk = 0 =⇒ x = 0,
pour tout x et tout λ, kλxk = |λ|kxk,
pour tout x et tout y, kx + yk ≤ kxk + kyk.
Preuve
Le premier point est évident,
q
p
On a kλxk = (λx|λx) = λλ(x|x) = |λ|kxk.
On a:
kx + yk2 = (x + y|x + y) = (x|x) + (x|y) + (y|x) + (y|y)
= kxk2 + 2Re(x|y) + kyk2
2
≤ (kxk + kyk) .
Lemme (Egalité du parallélogramme)
Si H est un espace préhilbertien, sa norme satisfait l’égalité du parallélogramme:
kx + yk2 + kx − yk2 = 2kxk2 + 2kyk2
∀x, y.
C’est un simple calcul:
kx + yk2 + kx − yk2 = (x|x) + (x|y) + (y|x) + (y|y) + (x|x) − (x|y) − (y|x) + (y|y).
Définition (Espace de Hilbert)
Un espace de Hilbert est un espace préhilbertien complet (pour la distance associée à sa norme).
Exemples
1) Cn muni du produit scalaire:
(x|y) =
n
X
xi yi
i=1
est un espace préhilbertien complet. Les espaces de Hilbert de dimension finie s’appellent des
espaces euclidiens s’ils sont réels, hermitiens s’ils sont complexes.
2) L’espace Kn avec l’une des normes:
kxk1 =
n
X
|un |,
kxk∞ = sup |ui |
0≤i≤n
i=1
n’est pas un espace de Hilbert car l’égalité du parallélogramme n’est pas vraie pour ces normes.
3) L’espace `2 des suites de carrés sommable est un espace de Hilbert:
∞
∞
n
o
X
X
`2 = u = (un )nN ,
|un |2 < ∞ , (u|v) =
un vn .
n=0
n=0
2
4) L’espace C([0, 1]) des fonctions continues sur [0, 1] avec le produit scalaire:
Z
1
(f |g) =
f (t)g(t) dt
0
est un espace préhilbertien non complet: la suite de fonctions:

1
si
t ≤ 12

fn (t) =
0
si
t ≥ 12 + n1

1 − n(t − 12 ) si 12 < t < 12 +
1
n
est de Cauchy mais n’a pas de limite dans C([0, 1]) pour la norme
s
Z
kf k2 =
1
|f (t)|2 dt.
0
5) L’espace C([0, 1]) avec l’une des normes:
Z
kf k1 =
1
|f (t)| dt,
kf k∞ = sup |f (t)|
t∈[0,1]
0
n’est pas un espace de Hilbert car l’égalité du parallélogramme n’est pas vraie pour ces normes
(voir l’exemple 2).
Remarque
Si (E, k k) est un espace normé dont la norme vérifie l’égalité du parallélogramme, alors, E est
un espace préhilbertien:
on peut définir ‘par polarisation’ un produit scalaire (x, y) 7→ (x|y) tel
p
que kxk = (x|x) pour tout x de E. Ce produit scalaire est d’ailleurs unique.
Proposition (Continuité du produit scalaire)
Soit H un espace préhilbertien muni de sa norme. Alors
les applications x 7→ (x|y) et y 7→ (x|y) sont uniformément continues sur H,
l’application H × H −→ K est continue.
Preuve
On a:
|(x1 |y) − (x2 |y)| = |(x1 − x2 |y)| ≤ kx1 − x2 kkyk.
On a aussi:
|(x1 |y1 ) − (x2 |y2 )| = |(x1 − x2 |y1 ) + (x1 |y1 − y2 ) − (x1 − x2 |y1 − y2 )|
≤ kx1 − x2 kky1 k + kx1 kky1 − y2 k + kx1 − x2 kky1 − y2 k.
2. Orthogonalité
Définition (Vecteurs orthogonaux)
Deux vecteurs x et y d’un espace préhilbertien H sont dits orthogonaux si (x|y) = 0.
3
Ceci a un sens puisque (x|y) = 0 si et seulement si (y|x) = 0 donc si x est orthogonal à y, y est
orthogonal à x.
Si A est une partie de H, on note A⊥ l’ensemble de tous les vecteurs orthogonaux à A:
A⊥ = {x ∈ H tels que (a|x) = 0, ∀a ∈ A} .
Par construction, A⊥ est toujours un sous-espace vectoriel fermé de H:
x1 ∈ A⊥ et x2 ∈ A⊥ =⇒ λ1 x1 + λ2 x2 ∈ A⊥ et
xn ∈ A⊥ ∀n et xn → x =⇒ x ∈ A⊥ .
Proposition (Convexes complets de H)
Soit A une partie convexe et complète de H. Alors A contient un élément x0 et un seul de
norme minimale.
Preuve
C’est une conséquence de l’égalité du parallélogramme, c’est à dire de la forme des boules de
H. Soit δ la distance de 0 à A:
δ = inf{kxk, x ∈ A}.
Existence de x0 . Par définition, on peut trouver une suite (xn ) de points de A telle que
kxn k → δ. On écrit l’égalité du parallélogramme pour les vecteurs 21 xn et 12 xm :
2 2 2
1
xn + 1 xm + 1 xn − 1 xm = xn + xm + 1 kxn − xm k2 = 2 1 kxn k2 + 2 1 kxm k2 .
2
2
2 2 2
4
4
4
Donc:
xn + xm 2
0 ≤ kxn − xm k = 2kxn k + 2kxm k − 4 2
2
2
2
≤ 2kxn k2 + 2kxm k2 − 4δ 2 → 0 si n, m → ∞.
On en déduit que la suite (xn ) est de Cauchy, comme A est complet, (xn ) converge vers un vecteur
x de A, comme la norme est continue, kxk = δ.
Unicité de x0 . Si x et y sont deux points de A qui vérifient kxk = kyk = δ, alors le même calcul
donne:
x + y 2 1
1
1
2
2
2
+ kx − yk2 ≥ δ 2 + 1 kx − yk2 .
δ = kxk + kyk = 2
2
2 4
4
Donc kx − yk2 = 0 et x = y.
Théorème (Projection orthogonale)
Soit E un sous-espace vectoriel complet de l’espace préhilbertien H (dans la pratique, on se
limite aux cas H complet et E fermé ou H quelconque et E de dimension finie). Soit x un vecteur
de H. Alors:
1) Il existe un unique vecteur de E, noté P (x) tel que x − P (x) soit de norme minimale:
kx − P (x)k = inf {kx − yk,
y ∈ E} ,
2) P (x) est l’unique vecteur y de E tel que x − y soit orthogonal à E:
y ∈ E et x − y ∈ E ⊥ ⇐⇒ y = P (x),
4
3) On a H = E ⊕ E ⊥ et la décomposition de x ∈ H dans cette somme directe est:
x = P (x) + (id − P )(x),
P est la projection orthogonale sur E et id − P est la projection orthogonale sur E ⊥ ,
4) On a, pour tout x de H, kxk2 = kP (x)k2 + k(id − P )(x)k2 .
Preuve
1) On pose A = E − x = {y − x, y ∈ E}. A est convexe et complet. Il existe donc un vecteur et
un seul a = P (x) − x de A de norme minimale. Par définition, P (x) ∈ E.
2) Soit z 6= 0 un vecteur non nul quelconque de E. Par définition de P (x), si y = P (x) − x, on a
pour tout α ∈ C,
kP (x) − xk2 = kyk2 ≤ ky − αzk2 = (y|y) − α(y|z) − α(z|y) + |α|2 (z|z).
Prenons α =
(y|z)
(z|z) ,
ceci nous dit:
0≤−
|(y|z)|2
(y|z)
|(y|z)|2
|(y|z)|2
(z|z)
=
−
(y|z) −
+
(z|z)
(z|z)
(z|z)2
(z|z)
donc (y|z) = 0. C’est aussi vrai si z = 0, y est donc dans E ⊥ .
Réciproquement, si u est un vecteur de E tel que (x − u) ∈ E ⊥ , alors:
x = u + (x − u),
x − P (x) = (u − P (x)) + (x − u),
u − P (x) = (x − P (x)) − (x − u).
Le vecteur u − P (x) appartient à E par définition et aussi à E ⊥ puisque (x − P (x)) et (x − u) sont
tous deux dans E ⊥ . On en déduit que ce vecteur est orthogonal à lui-même:
0 = (u − P (x)|u − P (x)) = ku − P (x)k2
donc u = P (x).
3) Pour tout x de H, x = P (x) + (x − P (x)) appartient à E + E ⊥ et E ∩ E ⊥ = {0}, la somme est
donc directe, H = E ⊕ E ⊥ . Ceci veut dire que P est la projection sur E parallélement à E ⊥ . On
appelle donc cette application la projection orthogonale de H sur E.
4) Par définition:
kxk2 = (P (x) + (x − P (x)|P (x) + (x − P (x))
= (P (x)|P (x)) + ((x − P (x)|P (x)) + (P (x)|(x − P (x)) + (x − P (x)|(x − P (x))
= kP (x)k2 + kx − P (x)k2
(Théorème de Pythagore).
3. Le dual d’un espace de Hilbert H
Nous avons déjà vu que, pour tout vecteur y de l’espace de Hilbert H, la forme ϕy : H −→ K,
ϕy : x 7→ (x|y) est une forme linéaire et continue. En fait toutes les formes de H sont de ce type:
le gros avantage des espaces de Hilbert est que chacun d’eux est isomorphe à son dual.
Théorème de Riesz-Fischer
5
Soit ϕ une forme linéaire et continue sur l’espace de Hilbert H. Alors il existe un vecteur y et
un seul dans H tel que ϕ = ϕy .
De plus on a
kϕy kop = kyk et ϕy1 +y2 = ϕy1 + ϕy2 , ϕλy = λϕy .
On dit que l’application y 7→ ϕy est un isomorphisme antilinéaire de H sur son dual.
Preuve
Prenons E = Kerϕ. E est un sous-espace vectoriel fermé de H. Si ϕ = 0, E = H, on prend
y = 0, ϕ = ϕ0 . Sinon E 6= H, on écrit:
H = E ⊕ E⊥
E ⊥ 6= 0.
et
Soit z 6= 0 un vecteur non nul de E ⊥ soit y le vecteur non nul de E ⊥ défini par:
y=
alors:
|ϕ(z)|2
(z|z)
ϕ(y) =
ϕ(z)
z ∈ E ⊥ \ {0}
(z|z)
et
(y|y) =
|ϕ(z)|2
(z|z) = ϕ(y).
(z|z)2
Soit maintenant x un vecteur quelconque de H, on écrit:
x=x−
ϕ(x)
ϕ(x)
y+
y,
(y|y)
(y|y)
puisque:
ϕ(x)
ϕ x−
y
(y|y)
= ϕ(x) −
ϕ(x)
ϕ(y) = 0,
(y|y)
ϕ(x)
ϕ(x)
x − (y|y)
y est dans E et (y|y)
y est dans E ⊥ . On vient donc de décomposer x dans la somme directe
E ⊕ E ⊥ . Comme y est dans E ⊥ , on a aussi:
ϕ(x)
ϕ(x)
0= x−
y|y = (x|y) −
(y|y) = (x|y) − ϕ(x)
(y|y)
(y|y)
donc ϕ(x) = (x|y) pour tout x de H et ϕ = ϕy .
Le vecteur y est unique puisque ϕy = ϕy0 implique:
ϕy (y − y 0 ) = (y − y 0 |y) = ϕy0 (y − y 0 ) = (y − y 0 |y 0 )
donc
0 = ky − y 0 k2 , y = y 0 .
Enfin il est clair que:
|ϕy (x)| = |(x|y)| ≤ kykkxk donc
kϕy kop ≤ kyk
et puisque:
ϕy (y) = (y|y) = kyk2 ≤ kϕy kop kyk,
on a, si y 6= 0, kyk ≤ kϕy kop . Cette inégalité est aussi vraie si y = 0 et donc on a dans tous les cas
kyk = kϕy kop .
L’antilinéarité de y 7→ ϕy est évidente.
6
Exemple
Le dual de l’espace de Hilbert `2 est donc exactement `2 : toute forme linéaire et continue
ϕ : `2 −→ C s’écrit d’une façon unique sous la forme:
ϕ(u) =
∞
X
avec v = (vn )n∈N ∈ `2 et kϕkop = kvk2 .
un vn
n=0
4. Systèmes orthonormés
Définition
Soit E un espace préhilbertien. Soit (un ) une famille finie (0 ≤ n leqN ) ou infinie (n ∈ N ou
n ∈ Z) de vecteurs de E. On dit que (un ) est un système orthonormé dans E si on a, pour tout p,
q:
(
1 si p = q
(up |uq ) =
0 si p 6= q .
Alors les (un ) sont linéairement indépendants car si on a:
v = λ1 un1 + λ2 un2 + · · · + λp unp = 0,
alors, pour chque k = 1,..., p, λk = (v|unk ) = 0.
Soit x un vecteur de E. Les nombres cn = (x|un ) s’appellent les composantes ou les
coefficients de Fourier de x par rapport au système orthonormé (un ). Leur introduction répond à
un probléme de meilleure approximation au sens de la norme.
Lemme(Meilleure approximation quadratique)
Soit I = {0, 1, ..., N } (resp. I = N, resp. I = Z) et (ui )i∈I un système orthonormé dans un
espace préhilbertien E. Soient ui1 , ..., uip un nombre fini de vecteurs distincts de ce système, soient
λ1 ,..., λp des scalaires. Soit x un vecteur de E. On a la relation:
2
2
kx − (λ1 ui1 + · · · + λp uip )k = kxk −
p
X
2
|cik | +
k=1
p
X
|cik − λk |2 .
k=1
Preuve
C’est un calcul.

2 
p
p
p
X
X
X
λk uik = x −
λ k u ik | x −
λ j u ij 
x −
k+1
j=1
k=1
= (x|x) −
p
X
λk (x|uik ) −
= kuk −
= kxk2 +
p
X
k=1
p
X
λj (x|uij ) +
j=1
k=1
2
p
X
λk cik + λk cik − λk λk
p
X
k,j=1
X
(cik − λk ) cik − λk −
cik cik .
k=1
k
7
λk λj (uik |uij )
Fixons alors x et (ui1 ,..., uip ). Posons la question suivante: “Comment choisir les nombres
p
X
λ1 ,..., λp pour que l’erreur commise en remplaçant x par
λi uik soit la plus petite possible (au
k=1
sens de la norme)?”
Notre lemme dit qu’il faut prendre pour λk les coefficients de Fourier cik de x par rapport aux
p
X
2
uik . La valeur de l’erreur est alors kxk −
kcik |2 .
k=1
Proposition (inégalité de Bessel)
Soit E un espace préhilbertien. Soit (uP
i )i∈I (I = {0, ..., N } ou N ou Z) un système orthonormé
dans E. Soit x un vecteur de E. La série i |ci |2 est convergente et l’on a:
X
|ci |2 ≤ kxk2 .
i∈I
Preuve
On vient de voir que pour toute partie finie J = {i1 , · · · , ip } de I, on avait:
kxk2 −
p
X
k=1
2
p
X
cik uik ≥ 0
|cik |2 = x −
k=1
ou
X
|ci |2 ≤ kxk2 .
i∈J
D’où le résultat.
Definition
Soit (ui )i∈I (I = {0, ..., N } ou N ou Z) un système orthonormé dans un espace préhilbertien E.
(ui )i∈I est total si tout x de E peut être approché au sens de la norme d’aussi près qu’on veut par
des combinaisons linéaires finies des vecteurs ui :
Ceci est équivalent à dire que l’espace vectoriel engendré par les (ui )i∈I est dense dans E. Donc
quel que soit x de E, quel que soit ε > 0, il existe une partie finie J de I et des constantes λi ,
X
λi ui < ε.
i ∈ J telles que x −
i∈J
Théorème
Soit E un espace préhilbertien et soit (ui )i∈I (I = {0, ..., N } ou N ou Z) un systéme orthonormé
dans E. Les assertions suivantes sont équivalentes:
1) (ui )i∈I est total.
P
2) pour tout x de E, la série i ci ui converge dans E vers x:
x=
N
X
cn un ,
(resp. x = lim
N →∞
n=0
3) pour tout x de E, la série
N
X
cn un ),
(resp. x = lim
N →∞
n=0
2
n |cn | converge et on a
P
X
n∈I
8
N
X
cn un ).
n=−N
|cn |2 = kxk2 (égalité de Parseval).
Preuve
On ne la fait que lorsque I = N, les autres cas s’en déduisent facilement.
3) =⇒ 2)
On a vu que pour tout N :
kx −
X
cn un k2 = kxk2 −
n≤N
X
|cn |2 .
n≤N
Donc, si on a 3), alors:
∀ε > 0, ∃N0
tel que
2
∀N, N ≥ N0 =⇒ kxk −
N
X
|cn |2 < ε2
n=0
donc
∀ε > 0, ∃N0
2
N
X
tel que ∀N, N ≥ N0 =⇒ x −
cn un < ε2 ,
n=0
la suite
P
N
n=0 cn
un
N ∈N
converge vers x dans E.
2) =⇒ 1)
N
X
Est évident, puisque chaque x est approché à moins de ε par
cn un dès que N ≥ N0 .
n=0
1) =⇒ 3)
Soit x un vecteur de E et soit ε > 0. Il existe Nε et des scalaires λn , pour n ≤ Nε tels que:
X
√
x −
≤ ε.
λ
u
n
n
n≤Nε
Mais alors si N est tel que Nε ≤ N ,
2
0 ≤ kxk −
N
X
n=0
2
2
|cn | ≤ kxk −
Nε
X
2
2
|cn | ≤ kxk −
n=0
Nε
X
n=0
2
|cn | +
Nε
X
|cn − λn |2
n=0
2
Nε
X
≤ x −
λn u n ≤ ε .
n=0
Donc
P
|cn |2 converge et sa somme est kxk2 .
Exemples:
1 - Si E est de dimension finie N , dire d’un sytème orthonormé qu’il est total, c’est dire que
c’est une base (orthonormée) de E ou encore qu’il est formé de N vecteurs.
2 - Dans C(T), l’espace des fonctions continues périodiques de période 2π avec:
1
(x|y) =
2π
2π
Z
x(t) y(t) dt,
0
9
l’ensemble des fonctions exponentielles un : t 7→ eint pour n dans Z est un système orthonormé.
En fait il est total puisque l’on peut approcher uniformément toute fonction continue périodique
f par un polynôme trigonométrique aussi près que l’on veut:
∀ε > 0, ∃P (t) =
n
X
ak eikt , tel que kf − P k∞ < ε
k=−n
et que kf − P k2 ≤ kf − P k∞ .
3 - Soit `2I (I = N ou I = Z) l’espace défini ci-dessus. Pour tout i de I, on définit le vecteur
ui de `2I comme la famille ui = (xj )j∈I telle que xj = 0 si j 6= i et xi = 1. Alors (ui )i∈I est un
système orthonormé puisque:
(
(ui |uj ) =
0 si i 6= j
1 si i = j
Il est total car si x = (xi )i∈I est un vecteur de `2I , on a : (x|ui ) = xi et donc kxk2 =
X
|(x|ui )|2
i∈I
ce qui est l’égalité de Parseval.
Proposition (procédé d’orthogonalisation de Schmidt) :
Soit E un espace préhilbertien. Soit (en ) (n ≥ 0) une famille finie ou dénombrable formée
de vecteurs linéairement indédependants. Pour tout n, soit En le sous espace vectoriel de E, de
dimension n, engendré par e0 ,..., en .
Alors il existe un système orthonormé (un ) tel que, pour tout n, u0 , u1 ,..., un engendrent En .
Preuve
On construit explicitement les un par récurrence.
On pose u0 = kee00 k . Soit n ≥ 1 et supposons qu’on ait construit u0 , u1 ,..., un−1 orthonormés
tels que u0 ,..., un−1 engendrent En−1 . On pose alors:
vn = en − (en |u0 )u0 − · · · − (en |un−1 )un−1 .
On vérifie directement que:
(vn |up ) = (en |up ) − (en |up ) = 0, (p = 0, · · · , n − 1).
D’autre part vn 6= 0, sinon en serait dans En−1 et donc (e0 ,..., en ) serait lié. Posons un =
Alors u0 ,..., un sont orthonormés et engendrent En .
vn
kvn k .
Exemples
1 - Soit E un espace de Hilbert de dimension finie. En appliquant le procédé de Schmidt à une
base quelconque de E, on obtient pour E une base orthonormée.
2 - Soit E = C([−1, 1]) l’espace vectoriel des fonctions complexes continues t 7→ f (t) muni du
produit scalaire:
Z 1
(f |g) =
f (t) g(t) dt.
−1
10
En appliquant le procédé de Schmidt à la suite de polyômes en (t) = tn (n ≥ 0), on obtient une
suite de polynômes, les polynômes de Legendre. Voici les premiers:
r
√
1 5
3
1
t, u2 (t) =
(3t2 − 1) ,
u0 (t) = √ , u1 (t) =
2
2 2
2
r
r
1 7
9
1
3
u3 (t) =
(5t − 3t), u4 (t) =
(35t4 − 30t2 + 3) , · · ·
2 2
8
2
Le théorème de Weierstrass prouve que ce système est total.
3 - Soit E l’espace des fonctions polynomiales à coefficients complexes avec le produit scalaire:
Z
+∞
(x|y) =
2
x(t) y(t) e−t dt.
−∞
En prenant les polynômes (tn )n≥0 , on obtient une suite de polynômes (un )n≥0 appelés
polynômes de Hermite.
11