contre-exemples

BP - ESPACES PREHILBERTIENS :
CONTRE-EXEMPLES
Soit E un espace vectoriel sur K = R ou C, muni d’un produit scalaire ou hermitien noté < ,
L’orthogonal d’un sous-espace F de E sera noté F ⊥ . Donc
>.
F ⊥ = {y ∈ E | ∀x ∈ F < y, x >= 0} .
En particulier
E ⊥ = {0}
et {0}⊥ = E .
On étudie les propriétés valables dans un espace de dimension quelconque, et on donne des contreexemples pour celles qui ne sont vraies de manière générale qu’en dimension finie ou dans un espace
de Hilbert.
I Propriétés ensemblistes
Soit F et G deux sous-espaces de E. On a les propriétés suivantes :
1 F ⊂ G implique G⊥ ⊂ F ⊥
2 (F + G)⊥ = F ⊥ ∩ G⊥
3 F ⊂ F ⊥⊥
4 F ∩ F ⊥ = {0}
5 F ⊥ = F ⊥⊥⊥
6 F ⊥ + G⊥ ⊂ (F ∩ G)⊥
7 (F ∩ G)⊥⊥ ⊂ F ⊥⊥ ∩ G⊥⊥
8 F ⊥⊥ + G⊥⊥ ⊂ (F + G)⊥⊥
⊥⊥
9 (F ⊥ ∩ G⊥ )
= F ⊥ ∩ G⊥
⊥
10 (F ⊥ + F ⊥⊥ ) = {0}
11 F = G⊥ implique F = F ⊥⊥
12 Si F + G = E, alors F ⊥ ∩ G⊥ = {0}
13 Soit F et G supplémentaires et orthogonaux. Alors F = G⊥ , G = F ⊥ , F ⊥⊥ = F et G⊥⊥ = G
14 Si F + F ⊥ = E, alors F = F ⊥⊥
Par convention dans les démonstrations de ces propriétés, f désignera un élément de F , f ′ un élément
de F ⊥ , f ′′ un élément de F ⊥⊥ , etc. . .
1) Si F est inclus dans G, et si g′ est dans G⊥ , alors < g′ , g > est nul pour tout g de G, donc < g′ , f >
sera nul pour tout f de F , et donc g′ est dans F ⊥ d’où l’inclusion voulue.
2) Comme F et G sont inclus dans F + G, on a déjà, d’après 1)
(F + G)⊥ ⊂ F ⊥
et (F + G)⊥ ⊂ G⊥ ,
BP 2
d’où
(F + G)⊥ ⊂ F ⊥ ∩ G⊥ .
Réciproquement, soit x′ dans F ⊥ ∩ G⊥ , alors
< x′ , f + g >=< x′ , f > + < x′ , g >
est nul quels que soient f dans F et g dans G. Il en résulte que x′ appartient à (F + G)⊥ , ce qui donne
l’inclusion inverse.
3) Soit f dans F . Pour tout f ′ de F ⊥ on a donc
< f ′ , f >= 0 ,
ce qui signifie que f appartient à F ⊥⊥ .
4) Si f appartient à F ∩ F ⊥ , on a en particulier
< f, f >= 0
ce qui montre que f est nul.
5) D’après 3) et 1), puisque F est inclus dans F ⊥⊥ , on en déduit que
F ⊥⊥⊥ ⊂ F ⊥ .
Si l’on applique 3) à F ⊥ , on a aussi
F ⊥ ⊂ F ⊥⊥⊥ .
Finalement on a l’égalité.
6) Soit f ′ + g′ dans F ⊥ + G⊥ et x dans F ∩ G. On a
< f ′ + g′ , x >=< f ′ , x > + < g′ , x >= 0 .
Donc f ′ + g′ appartient à (F ∩ G)⊥ , d’où l’inclusion voulue.
7) D’après 6) et 1)
⊥
(F ∩ G)⊥⊥ ⊂ (F ⊥ + G⊥ ) ,
et d’après 2)
⊥
(F ⊥ + G⊥ ) = F ⊥⊥ ∩ G⊥⊥ .
8) D’après 6)
⊥
F ⊥⊥ + G⊥⊥ ⊂ (F ⊥ ∩ G⊥ ) ,
et d’après 2)
⊥
(F ⊥ ∩ G⊥ ) = (F + G)⊥⊥ .
BP 3
9) D’après 2) et 5)
⊥⊥
= (F + G)⊥⊥⊥ = (F + G)⊥ = F ⊥ ∩ G⊥ .
(F ⊥ ∩ G⊥ )
10) D’après 2) et 4)
⊥
⊥
(F ⊥ + F ⊥⊥ ) = F ⊥⊥ ∩ F ⊥⊥⊥ = F ⊥⊥ ∩ (F ⊥⊥ ) = {0} .
11) Si F = G⊥ , alors
F ⊥⊥ = G⊥⊥⊥ = G⊥ = F .
12) Si F + G = E, alors, d’après 2)
{0} = E ⊥ = (F + G)⊥ = F ⊥ ∩ G⊥ .
13) Si F et G sont orthogonaux, on a donc G inclus dans F ⊥ et F inclus dans G⊥ . Soit f ′ dans F ⊥ .
Comme F + G = E, on a f ′ = f + g. Alors f ′ − g est dans F ⊥ , mais ce vecteur est égal à f qui est
dans F . Il appartient donc à F ∩ F ⊥ et il en résulte qu’il est nul. Donc
f′ − g = f = 0 ,
ce qui montre que f ′ et g sont égaux, donc que F ⊥ est inclus dans G. On a bien égalité.
Par symétrie du problème, on a également
G⊥ = F
et d’après 11)
F ⊥⊥ = F
et
G⊥⊥ = G .
14) C’est une conséquence évidente de 13) avec G = F ⊥ .
Cas de la dimension finie
En dimension finie, on a égalité dans 3, 6, 7, 8.
3) En utilisant une base orthonormée
dim F + dim F ⊥ = dim E ,
et F et F ⊥ sont supplémentaires. Alors
dim F ⊥⊥ = dim E − dim F ⊥ = dim E − (dim E − dim F ) = dim F ,
et, puisque F est inclus dans F ⊥⊥ , ils sont égaux.
6) D’après 2)
⊥
(F + G)⊥⊥ = (F ⊥ ∩ G⊥ ) ,
BP 4
et, d’après l’égalité de 3)
(F + G)⊥⊥ = F + G .
Donc
⊥
F + G = (F ⊥ ∩ G⊥ ) .
En remplaçant F et G par leur orthogonal, on a alors
⊥
F ⊥ + G⊥ = (F ⊥⊥ ∩ G⊥⊥ ) = (F ∩ G)⊥ .
Les égalités dans 7) et 8) sont alors évidentes.
En fait la propriété
F + F⊥ = E
est vraie dès que F est de dimension finie. Il suffit de prendre une base orthonormée (e1 , . . . , ep ) de F ,
et de poser, si x est dans E,
y =< x, e1 > e1 + · · · + < x, ep > ep .
On obtient un élément de F , et x − y est orthogonal aux ei donc à F . On a alors
x = y + (x − y) ,
ce qui montre que
F + F⊥ = E .
Remarque : cette égalité est vraie de manière plus générale si F est complet en prenant une base
hilbertienne.
Si F est de codimension finie, il existe un supplémentaire de F contenant F ⊥ et il en résulte que F ⊥
est de dimension finie et donc que F ⊥ et F ⊥⊥ sont supplémentaires. Mais on peut avoir
dim F ⊥ < codim F .
II Propriétés topologiques
15
16
17
⊥
F ⊥ = (F )
F ⊥ est fermé
F ⊥ + F ⊥⊥ est fermé
⊥
15) Comme F est inclus dans F , l’ensemble (F ) est inclus dans F ⊥ .
Inversement, si f est dans F , soit (fn ) une suite d’éléments de F qui converge vers f . Si f ′ appartient
à F ⊥ alors < f ′ , fn > est nul pour tout n, et donc sa limite, qui n’est autre que < f ′ , f >, également.
⊥
Donc f ′ appartient à (F ) , ce qui donne l’inclusion inverse. On a donc bien égalité.
16) Si (fn′ ) est une suite d’éléments de F ⊥ qui converge vers f ′ , et si f est dans F , alors < fn′ , f > est
nul pour tout n, et donc sa limite, qui n’est autre que < f ′ , f >, également. Donc f ′ est dans F ⊥ qui
BP 5
est bien fermé.
17) Les ensembles F ⊥ et F ⊥⊥ sont fermés, donc leur somme également.
Cas de la dimension finie
En dimension finie, tout sous-espace est fermé. En particulier tout sous-espace fermé est l’orthogonal
d’un autre sous-espace qui est alors F ⊥ . D’autre part, si F est fermé, et si F ⊥ est réduit à 0, alors
F = E.
III Quelques équivalences
Proposition Dans E les propriétés suivantes sont équivalentes :
(1) pour tout sous-espace F de E, on a
F ⊥ + F ⊥⊥ = E ;
(2) pour tout sous-espace F de E, l’égalité F = F ⊥⊥ implique
F ⊥ + F ⊥⊥ = E .
(1) implique (2) de manière évidente. Inversement, si (2) est vraie, on l’applique à F ⊥ qui vérifie
F ⊥ = F ⊥⊥⊥
et l’on a
F ⊥⊥ + F ⊥ = F ⊥⊥ + F ⊥⊥⊥ = E .
Proposition Considérons les propriétés suivantes
(3) pour tout sous-espace fermé F de E, l’égalité F ⊥ = {0} implique que F est égal à E ;
(4) pour tout sous-espace fermé F de E, il existe G tel que F et G⊥ soient égaux.
Alors (3) implique (1) et (2). D’autre part (1) et (4) implique (3).
Si (3) a lieu, comme F ⊥ + F ⊥⊥ est fermé et puisque l’on a
⊥
(F ⊥ + F ⊥⊥ ) = {0} ,
on en déduit que
F ⊥ + F ⊥⊥ = E ,
donc (1) et (2).
BP 6
Si (1) et (4) ont lieu, et si F = G⊥ , alors, d’après 11), on a F = F ⊥⊥ , et donc
F + F⊥ = E .
Mais, si F ⊥ est réduit à 0, alors F = E, donc on a (3).
IV Un lemme
Lemme
Soit s un nombre réel fixé. L’ensemble des polynômes prenant la valeur s en a est
dense dans l’espace vectoriel des fonctions continues sur [ a, b ] muni de la norme de la moyenne
quadratique.
Montrons tout d’abord que l’ensemble des polynômes prenant la valeur s en a est dense, pour la convergence uniforme, dans l’ensemble des fonctions continues sur [ a, b ] prenant la valeur s en a.
Si f est continue sur [ a, b ] et si f (a) = s, soit (Pn ) une suite de polynômes qui converge uniformément
vers f sur [ a, b ] . Posons
Qn = Pn − Pn (a) + s .
On a donc
Qn (a) = s ,
et
||Qn − f || ∞ ≤ ||f − Pn || ∞ + ||Pn (a) − f (a) || ∞ ≤ 2||f − Pn || ∞ .
Il en résulte que (Qn ) converge uniformément vers f sur [ a, b ] .
Soit alors f continue sur [ a, b ] . On définit une fonction fn continue sur [ a, b ] en posant

1

s+n f a+
− s (x − a) si x ∈ [ a, a + 1/n ]
fn (x) =
.
n

f (x)
si x ∈ [ a + 1/n, b ]
Il existe donc une suite (Qn ) de polynômes telle que Qn (a) = s et
||Qn − fn || ∞ ≤
1
.
n
La suite (Qn − fn ) converge vers 0 pour la norme ||.|| ∞ , donc pour la norme ||.|| 2 .
Par ailleurs, puisque fn est linéaire affine sur [ a, a + 1/n ] , on a
sup
x∈ [ a, a+1/n ]
|fn (x)| = max(|fn (a)|, |fn (a + 1/n)|) = max(|s|, |f (a + 1/n)|) ,
et il en résulte que
sup
x∈ [ a, a+1/n ]
|fn (x)| ≤ max(|s|, ||f || ∞ ) .
BP 7
Donc
||fn || ∞ ≤ max(|s|, ||f || ∞ ) ,
et
||f − fn || ∞ ≤ ||f || ∞ + ||fn || ∞ ≤ 2 max(|s|, ||f || ∞ ) .
On en déduit
||f −
fn ||22
=
Zb
a
2
(f (x) − fn (x)) dx =
a+1/n
Z
a
(f (x) − fn (x))2 dx ≤
4
(max(|s|, ||f || ∞ ))2 .
n
La suite (fn ) converge donc vers f pour la norme ||.|| 2 . Alors il en résulte que la suite (Qn ) converge
vers f pour la norme ||.|| 2 .
V Algèbres préhilbertiennes
Proposition Soit A une algèbre sur K munie d’un produit scalaire ou hermitien. On suppose
(i) que pour tout élément x de A, il existe un élément x∗ de A qui vérifie, quels que soient y et z
dans A la relation
< xy, z >=< y, x∗ z > ,
(ii) que pour tout élément non nul x de A, il existe y dans A tel que xy ne soit pas nul (ce qui est
vrai en particulier si l’algèbre est intègre, ou si elle est unitaire).
Alors l’application qui à x associe x∗ est un automorphisme involutif (anti)linéaire et anticommutatif. De plus il est unique.
Remarquons tout d’abord que si, quels que soient y et z dans A, on a
< xy, z >=< ty, z > ou < z, xy >=< z, ty > ,
alors
< (x − t)y, z >= 0 ,
et (x − t)y appartient à A⊥ = {0}. Il est donc nul. Si x − t n’était pas nul, on pourrait trouver un
élément y tel que (x − t)y ne soit pas nul, d’où une contradiction. Donc x est égal à t.
unicité
Si l’on a, quels que soient x, y, z dans A
< xy, z >=< y, x∗ z >=< y, x′ z >
alors, d’après ce qui précède x∗ et x′ sont égaux.
involution
On a
< xy, z >=< y, x∗ z >= < x∗ z, y > = < z, (x∗ )∗ y > =< (x∗ )∗ y, z > ,
BP 8
et de nouveau
x = (x∗ )∗ .
(anti)linéarité
On a d’une part
< (λx1 + x2 )y, z >=< y, (λx1 + x2 )∗ z > ,
et d’autre part
< (λx1 + x2 )y, z >= λ < x1 y, z > + < x2 y, z >= λ < y, x∗1 z > + < y, x∗2 z >=< y, λx∗1 + x∗2 >
d’où
(λx1 + x2 )∗ = λx∗1 + x∗2 .
L’application est antilinéaire dans le cas complexe et linéaire dans le cas réel.
anticommutativité
On a d’une part
< (x1 x2 )y, z >=< y, (x1 x2 )∗ z > ,
et d’autre part
< (x1 x2 )y, z >=< x1 (x2 y), z >=< x2 y, x∗1 z >=< y, x∗2 x∗1 z >
d’où
(x1 x2 )∗ = x∗2 x∗1 .
Quelques exemples de telles algèbres
1) L’algèbre (unitaire) des polynômes, ou celle des fonctions continues sur [ a, b ] munies du produit
scalaire défini par
Zb
< f, g >= f (t)g(t)p(t) dt
a
où p est un poids. Dans ce cas
f∗ = f .
2) L’algèbre des fonctions continues 2π−périodiques pour le produit de convolution, le produit scalaire
étant le même que ci-dessus avec b = a + 2π et p = 1.
En utilisant le théorème de Fubini



 2π
Z
Z2π Z2π
Z2π
< f ∗ g, h >=  f (x − t)g(t) dt h(x) dx = g(t)  f (x − t)h(x) dx dt ,
0
donc
d’où l’on déduit
0
0
ˇ
< f ∗ g, h >=< g, f ∗ h > ,
ˇ
f∗ = f ,
0
BP 9
avec la notation habituelle
fˇ(x) = f (−x) ,
donc (i) est vérifiée.
D’autre part, si f n’est pas nulle, alors ses coefficients de Fourier cn (f ) ne sont pas tous nuls, et puisque
cn (f ∗ f ) = cn (f )2 ,
les coefficients de Fourier de f ∗ f ne sont pas tous nuls, donc f ∗ f n’est pas nulle et (ii) est vérifiée.
3) L’algèbre (unitaire) des matrices carrées. En prenant
< A, B >= tr( tAB) .
En effet
< AB, C >= tr( t(AB)C) = tr( tB tAC) = tr( tB( tAC)) =< B, tAC > .
La matrice A∗ est la matrice adjointe classique de A.
Proposition
on a
Dans une algèbre préhilbertienne du type précédent, pour tout idéal à droite I
I ⊥ ⊂ {z ∈ A | ∀x ∈ I , x∗ z = 0} .
L’égalité a lieu si A est unitaire.
Si A est intègre et I non réduit à 0,
I ⊥ = {0} .
Soit x dans l’idéal à droite I , et soit z dans I ⊥ , alors, pour tout y de A, le vecteur xy est dans I et
< xy, z >= 0 ,
soit
< y, x∗ z >= 0 .
Il en résulte que x∗ z est orthogonal à A donc est nul. Alors
I ⊥ ⊂ {z ∈ A | ∀x ∈ I , x∗ z = 0} .
Inversement, si pour tout x de I , le vecteur x∗ z est nul, et si e est l’élément unité, on a
< e, x∗ z >= 0 ,
d’où
< x, z >=< x ∗ e, z >= 0 ,
ce qui montre que z appartient à I ⊥ . On a donc l’inclusion inverse
{z ∈ A | ∀x ∈ I , x∗ z = 0} ⊂ I ⊥ ,
BP 10
d’où l’égalité.
Si I est un idéal à droite distinct de {0}, soit x non nul dans I . Alors si z est dans I ⊥ , le vecteur
x∗ z est nul, et, puisque x∗ n’est pas nul, on en déduit que z est nul. L’orthogonal de I est donc réduit
à 0.
Remarque : un idéal peut être dense dans A ou fermé dans A. Par exemple dans R[x] muni du produit
scalaire défini par
Z1
< P, Q >= P (t)Q(t) dt
0
l’idéal I engendré par x est dense d’après le lemme vu plus haut.
Par contre pour le produit scalaire défini par
< P, Q >= P (0)Q(0) +
Z1
P (t)Q(t) dt
0
la forme linéaire P 7→ P (0) est continue puisque
|P (0)| ≤ ||P || 2 ,
et le même idéal I est le noyau de cette forme linéaire. Il est donc fermé. On remarque que pour ces
deux produits scalaires, on a P = P ∗ .
VI Contre-exemples
1) Si F est un hyperplan non fermé de E, le sous-espace F vaut alors E et on a
F⊥ = F
⊥
= E ⊥ = {0}
et F ⊥⊥ = E 6= F .
On a donc
codim F ⊥⊥ = 0 = dim F ⊥ < codim F = 1 .
2) Même situation pour un idéal dans une algèbre préhilbertienne intègre de la partie V. On peut avoir
cette situation y compris quand l’idéal est fermé (ce peut d’ailleurs être un hyperplan fermé), comme
le montre la remarque de V. On a dans ce cas F ⊥ = {0} avec F différent de E.
3) On peut également avoir F ⊥⊥ = E sans que F + F ⊥ = E comme le montre l’exemple suivant. Dans
R[x] on pose
Z1
< P, Q >1 = P (t)Q(t) dt ,
−1
< P, Q >2 = P (0)Q(0) + P (1)Q(1) + P (−1)Q(−1) + P (0)Q(1) + P (1)Q(0) ,
BP 11
et
< P, Q >=< P, Q >1 + < P, Q >2 .
Le produit scalaire < P, Q >1 est tel que l’orthogonal du sous-espace F des polynômes impairs est le
sous-espace des polynômes pairs et réciproquement. Ces deux sous-espaces sont des supplémentaires
orthogonaux. D’autre part, on a,
< P, P >2 = (P (0) + P (1))2 + P (−1)2 ,
et < P, Q >2 est une forme bilinéaire positive. Alors < P, Q > est un produit scalaire.
Cherchons l’orthogonal de F pour le produit scalaire < P, Q >. On doit avoir pour tout entier k
2k+1
<x
Z1
, Q >=
t2k+1 Q(t) dt + Q(1) − Q(−1) + Q(0) = 0 .
−1
En faisant tendre k vers l’infini, il résulte du théorème de convergence dominé que
lim
Z1
k→+∞
−1
t2k+1 Q(t) dt = 0 ,
d’où l’on déduit l’égalité
Q(1) − Q(−1) + Q(0) = 0 .
Donc, pour tout entier naturel k,
2k+1
<x
, Q >1 =
Z1
t2k+1 Q(t) dt = 0 ,
−1
et le polynôme Q est orthogonal à F pour le produit scalaire < P, Q >1 , donc Q est pair. Alors
0 = Q(1) − Q(−1) + Q(0) = Q(0) ,
et Q est un polynôme pair nul en 0.
Réciproquement, un tel polynôme est bien orthogonal à F pour < P, Q >.
Cherchons de la même manière le sous-espace F ⊥⊥ . On doit avoir, pour tout k > 0,
2k
< x , Q >=
Z1
t2k Q(t) dt + Q(1) + Q(−1) + Q(0) = 0 .
−1
On en déduit de nouveau que
Q(1) + Q(−1) + Q(0) = 0 ,
BP 12
puis que
2k
< x , Q >=
Z1
t2k Q(t) dt = 0 ,
−1
et donc que Q est orthogonal, pour < P, Q >1 aux polynômes pairs nuls en 0. Cela entraîne que x2 Q
est orthogonal aux polynômes pairs pour ce produit scalaire, donc que x2 Q est impair. Il en résulte
que Q est impair.
Réciproquement on vérifie que les polynômes impairs sont bien orthogonaux aux polynômes pairs nuls
en 0 pour le produit scalaire < P, Q >.
On a donc F ⊥⊥ = F , et F + F ⊥ est l’idéal des polynômes nuls en 0. Ce n’est donc pas E.
VII Adjoint d’un endomorphisme
En dimension finie, si Φ est un endomorphisme de E, il existe un endomorphisme Φ∗ de E tel que,
quels que soient x et y dans E,
< Φ(x), y >=< x, Φ∗ (y) > .
En effet, cette relation se traduit matriciellement dans une base orthonormée par
(AX)Y = tXA∗ Y .
t
En dimension infinie, un endomorphisme peut ne pas avoir d’adjoint, même s’il est continu.
On prend de nouveau l’ensemble E = R[x] des polynômes muni du produit scalaire défini par
< P, Q >=
Z1
P (t)Q(t) dt + P (0)Q(0) ,
0
et soit Φ l’endomorphisme de E défini par
Φ(P ) = P (0) .
On a
< P, P >=
Z1
P (t)2 dt + P (0)2
0
et
< Φ(P ), Φ(P ) >=
Z1
0
Il en résulte que Φ est continue.
P (0)2 dt + P (0)2 = 2P (0)2 ≤ 2 < P, P > .
BP 13
Si Φ avait un adjoint, il devrait vérifier pour tout polynôme Q,
< P (0), Q >=< P, Φ∗ (Q) > .
En particulier si P est dans l’idéal I des polynômes nuls en 0, on obtient
0 =< P, Φ∗ (Q) > ,
donc Φ∗ (Q) serait dans I ⊥ . Mais on a vu qu’alors cet orthogonal est réduit à 0. On devrait donc
avoir, pour tout Q,
Φ∗ (Q) = 0 ,
et Φ∗ serait l’endomorphisme nul. On aurait donc, quels que soient les polynômes P et Q, l’égalité
< P (0), Q >= 0 ,
ce qui est faux en prenant P = Q = 1,puisque
< 1, 1 >= 2 ,
Donc Φ∗ n’existe pas.
Cas des endomorphismes continus
Si Φ est un endomorphisme continu de E, on peut compléter l’espace E pour le rendre hilbertien et
prolonger Φ au complété. L’endomorphisme Φ∗ existe alors dans le complété, mais cela n’induit pas
un endomorphisme de l’espace de départ. Illustrons cette situation en reprenant l’exemple précédent.
Le complété E s’identifie à R × L2 ( [ 0, 1 ] ], muni du produit scalaire
< (λ, f ), (µ, g) >= λµ +
Z1
f (t)g(t) dt .
0
L’espace vectoriel E s’envoie dans son complété par l’application u qui à P associe (P (0), P/ [ 0, 1 ] ),
et son image est dense. Cela résulte de nouveau du lemme vu plus haut. Si (λ, f ) appartient à E on
peut l’approcher par une suite (λ, fn ) où les fonctions fn sont continues, en raison de la densité des
fonctions continues dans L2 ( [ 0, 1 ] ] pour la norme de la moyenne quadratique. Si (λ, f ) est dans E
avec f continue, on peut approcher f par une suite (Pn ) de polynômes tels que Pn (0) = λ pour la
norme de la moyenne quadratique. Alors, dans le complété, la suite (Pn (0), Pn / [ 0, 1 ] ) converge vers
(λ, f ).
L’application Φ se prolonge en une application sur le complété définie par
En effet
e f ) = (λ, λ) .
Φ(λ,
e ◦ u(P ) = Φ(P
e (0), P/ [ 0, 1 ] ) = (P (0), P (0)) = u(P (0)) = u ◦ Φ(P ) .
Φ
BP 14
e On a
Cherchons alors l’adjoint de Φ.
e f ), (µ, g) >=< (λ, λ), (µ, g) >= λµ +
< Φ(λ,
Donc
e
Φ(µ,
g) = (µ +
Z1
λg(t) dt =< (λ, f ), (µ +
Z1
g(t) dt, 0) .
0
Z1
g(t) dt, 0) > .
0
0
En particulier, sur u(E),
e (0), P/ [ 0, 1 ] ) = (P (0) +
Φ(P
Donc, si P n’est pas dans l’hyperplan {P | P (0) +
Propriétés de l’adjoint
R1
0
Z1
P (t) dt, 0) .
0
e ) n’est pas dans u(E).
P (t) dt = 0}, alors Φ(P
Proposition Soit Φ un endomorphisme de E. Il existe au plus une application Φ∗ de E dans E
telle que, pour tout couple (x, y) de E 2 on ait
< Φ(x), y >=< x, Φ∗ (y) > .
Si une telle application existe, c’est une application linéaire de E dans E.
Supposons que pour tout couple (x, y) de E 2 l’on ait,
< Φ(x), y >=< x, Φ∗ (y) >=< x, Φ′ (y) > .
alors, pour tout x de E,
< x, Φ∗ (y) − Φ′ (y) >= 0 ,
et il en résulte que, pour tout y de E, la différence Φ∗ (y) − Φ′ (y) est orthogonale à E donc est nulle.
On a donc l’égalité de Φ∗ et de Φ′ , d’où l’unicité.
Soit x, y, y ′ dans E, et λ et µ dans K. Alors
< Φ(x), λy + µy ′ >=< x, Φ∗ (λy + µy ′ ) > .
D’autre part,
< Φ(x), λy + µy ′ >= λ < Φ(x), y > +µ < Φ(x), y ′ >= λ < x, Φ∗ (y) > +µ < x, Φ∗ (y ′ ) >
BP 15
d’où
< Φ(x), λy + µy ′ >=< x, λΦ∗ (y) + µΦ∗ (y ′ ) > .
On en déduit que
Φ∗ (λy + µy ′ ) = λΦ∗ (y) + µΦ∗ (y ′ ) .
Donc Φ∗ est linéaire.
Proposition
L’ensemble des endomorphismes de E ayant un adjoint est une sous-algèbre de
L (E). De plus, si Φ et Ψ ont un adjoint, et si λ et µ sont dans K, alors λΦ + µΨ et Φ ◦ Ψ ont un
adjoint et l’on a
(λΦ + µΨ)∗ = λΦ∗ + µΨ∗ et (Φ ◦ Ψ)∗ = Ψ∗ ◦ Φ∗ .
Enfin, si Φ a un adjoint, alors Φ∗ a un adjoint qui est Φ.
On a
< (λΦ + µΨ)(x), y >= λ < Φ(x), y > +µ < Ψ(x), y >= λ < x, Φ∗ (y) > +µ < x, Ψ∗ (y) >
d’où
< (λΦ + µψ)(x), y >=< x, λΦ∗ (y) + µΨ∗ (y) > .
Donc λΦ + µΨ a un adjoint et
(λΦ + µΨ)∗ = λΦ∗ + µΨ∗ .
De même
< Φ ◦ Ψ(x), y >=< Ψ(x), Φ∗ (y) >=< x, Ψ∗ (Φ∗ (y)) > ,
ce qui montre que Φ ◦ Ψ a un adjoint et que
(Φ ◦ Ψ)∗ = Ψ∗ ◦ Φ∗ .
Enfin, si l’on a
< Φ(x), y >=< x, Φ∗ (y) >
on a aussi
< Φ∗ (y), x >=< y, Φ(x) >
ce qui montre que Φ∗ a un adjoint qui vaut Φ.
Proposition
Si Φ a un adjoint, alors
Ker Φ∗ = (Im Φ)⊥
et
Im Φ∗ ⊂ (Ker Φ)⊥
Ker Φ = (Im Φ∗ )⊥
et
Im Φ ⊂ (Ker Φ∗ )⊥ .
ainsi que
BP 16
Dire que y appartient à Ker Φ∗ signifie que Φ∗ (y) est nul. Cela équivaut à dire que < x, Φ∗ (y) > est
nul pour tout x, et donc que < Φ(x), y > est nul pour tout x. Finalement cela signifie que y est dans
l’orthogonal de Im Φ.
En appliquant à Φ∗ , on en déduit que
Ker Φ = (Im Φ∗ )⊥
et en prenant l’orthogonal
(Ker Φ)⊥ = (Im Φ∗ )⊥⊥ ⊃ Im Φ∗ .
Remarque : cette dernière inclusion peut être stricte. Il suffit de prendre pour E l’algèbre des polynômes muni d’un produit scalaire
< P, Q >=
Zn
P (t)Q(t) dt ,
a
et l’application Φ qui à P associe xP . Cette application est injective et égale à son adjoint. Alors
l’image de Φ∗ est l’idéal engendré par x. Le noyau de Φ est réduit à 0 et donc son orthogonal est E.
On n’a pas égalité dans ce cas.
Par contre en dimension finie on a égalité car les deux espaces ont même dimension.
Proposition Si Φ a un adjoint, et si F est un sous-espace de E possédant un supplémentaire
orthogonal, alors Φ/F a un adjoint et
(Φ/F )∗ = prF ◦Φ∗
où prF désigne la projection orthogonale sur F .
En effet, si x et y sont dans F , on a
< Φ(x), y >=< x, Φ∗ (y) >=< x, prF ◦Φ∗ (y) > ,
Puisque prF ◦Φ∗ est un endomorphisme de F on en déduit bien que
(Φ/F )∗ = prF ◦Φ∗ .
VIII Isométries
Un endomorphisme de E est une isométrie si, quels que soient x et y dans E, on a
(1)
< Φ(x), Φ(y) >=< x, y > ,
BP 17
et en utilisant les identités de polarisation, ceci est équivalent à dire que, quels que soient x dans E,
on a
(2)
< Φ(x), Φ(x) >=< x, x > .
Proposition Un endomorphisme Φ de E est une isométrie si et seulement si on a les deux
propriétés suivantes :
(a) Φ est injective
(b) si Ψ désigne l’application réciproque de Φ de Im Φ dans E, on a, quels que soient x dans E et
y dans Im Φ
(3)
< Φ(x), y >=< x, Ψ(y) > .
Soit Φ une isométrie. Si Φ(x) est nul, alors
0 =< Φ(x), Φ(x) >=< x, x > ,
donc x est nul et Φ est injective. C’est une bijection de E sur Im Φ et elle admet une application
réciproque Ψ de Im Φ sur E.
Soit y dans Im Φ. Posons
z = Ψ(y) .
Alors, d’après (1), on a pour tout vecteur x de E la relation
< Φ(x), Φ(z) >=< x, z >
donc
< Φ(x), Φ ◦ Ψ(y) >=< x, Ψ(y) >
soit
< Φ(x), y >=< x, Ψ(y) >
donc (b).
Réciproquement, soit x et z dans E. Si l’on applique (3) à y = Φ(z) qui appartient à Im Φ
donne
< Φ(x), Φ(z) >=< x, Ψ ◦ Φ(z) >
soit
< Φ(x), Φ(z) >=< x, z > .
Donc Φ est une isométrie.
Conséquence : si une isométrie Φ admet un adjoint, alors Φ∗ est inverse à gauche de Φ. En effet,
dans ce cas, pour tout x de E et tout y de Im Φ, on a
< Φ(x), y >=< x, Φ∗ (y) >=< x, Ψ(y) > ,
BP 18
donc, pour tout y de Im Φ,
Φ∗ (y) = Ψ(y) .
Alors, pour tout x de E,
Φ∗ ◦ Φ(x) = Ψ ◦ Φ(x) = x ,
et Φ∗ est inverse à gauche de Φ.
Caractérisation des isométries ayant un adjoint
Proposition Une isométrie Φ possède un adjoint si et seulement si Im Φ possède un supplémentaire orthogonal. Alors
E = (Im Φ) ⊕ (Ker Φ∗ ) et (Ker Φ∗ )⊥ = Im Φ .
Si Im Φ possède un supplémentaire orthogonal et si Ψ désigne l’application réciproque de Ψ de Im Φ
sur E, on définit Ψ′ en posant
Ψ(x) si x ∈ Im Φ
′
.
Ψ (x) =
0
si x ∈ (Im Φ)⊥
Soit z dans E. Alors
z = Φ(x) + h
où h est dans (Im Φ)⊥ . On a
Ψ′ (z) = Ψ′ ◦ Φ(x) = x .
Soit y dans E. Alors
< y, Ψ′ (z) > = < y, x >=< Φ(y), Φ(x) >=< Φ(y), z − h >
= < Φ(y), z > − < Φ(y), h >=< Φ(y), z > .
On en déduit que Ψ′ est l’adjoint de Φ.
Réciproquement, supposons que Φ ait un adjoint. On sait que
Ker Φ∗ = (Im Φ)⊥ ,
donc
Im Φ ∩ Ker Φ∗ = {0} .
Soit x dans E. Posons
y = x − Φ ◦ Φ∗ (x) .
Alors
Φ∗ (y) = Φ∗ (x) − Φ∗ ◦ Φ ◦ Φ∗ (x) .
BP 19
Mais
Φ∗ ◦ Φ = IdE ,
donc
Φ∗ (y) = Φ∗ (x) − Φ∗ (x) = 0 ,
ce qui montre que y appartient à Ker Φ∗ . Alors
x = Φ(Φ∗ (x)) + y
appartient à Im Φ + Ker Φ∗ , et les sous-espaces Im Φ et Ker Φ∗ sont supplémentaires et orthogonaux. Il
en résulte que Im Φ possède un supplémentaire orthogonal. Les deux formules suivantes en découlent
E = (Im Φ) ⊕ (Ker Φ∗ ) et
(Ker Φ∗ )⊥ = Im Φ .
Remarque : si x appartient à (Im Φ)⊥ , on a donc
Φ∗ (x) = 0 .
Si (Im Φ)⊥ n’est pas réduit à 0, alors Φ∗ n’est pas injective et donc n’est pas une isométrie.
Isométries bijectives
Proposition
Si Φ est une isométrie bijective, alors Φ∗ existe et vaut Φ−1 .
En effet
< Φ(x), y >=< Φ(x), Φ(Φ−1 (y)) >=< x, Φ−1 (y) >
et par unicité
Φ∗ = Φ−1 .
Exemple d’isométrie sans adjoint
Considérons tout d’abord l’espace E des fonctions continues sur ] 0, 1 [ de carré sommable pour la
mesure t dt. L’espace est euclidien pour le produit scalaire
< f, g >=
Z1
f (t)g(t)t dt .
0
Soit Φ l’application qui, à f dans E, associe la fonction Φ(f ) définie sur ] 0, 1 ] par
√
Φ(f )(x) = 2 xf (x2 ) .
On a
Z1
0
2
Φ(f )(t) t dt =
Z1
0
2t2 f (t2 )2 t dt ,
BP 20
et, en faisant le changement de variable u = t2 , on obtient
Z1
2
Φ(f )(t) t dt =
0
Z1
f (u)2 u du .
0
Donc Φ(f ) est dans E et
< Φ(f ), Φ(f ) >=< f, f > .
Il en résulte que Φ est une isométrie.
L’équation
Φ(f ) = g
a une solution unique f définie par
f (x) = Φ
−1
√
g( x)
.
(g)(x) = √
2x
Si g est dans E, alors
Z1
2
f (x) xdx =
0
Z1
√
dx
=
g( x)2
2
0
Z1
g(t)2 tdt .
0
Donc f est dans E. Il en résulte que Φ est une isométrie bijective de E.
Considérons maintenant Φ comme endomorphisme de R[x]. L’image de Φ est l’ensemble des polynômes
impairs. Cherchons l’orthogonal de Im Φ dans R[x]. Le polynôme Q appartient à (Im Φ)⊥ si et seulement
si, pour tout s ≥ 1, on a
< Q, x2s−1 >= 0 ,
c’est-à-dire
Z1
Q(t)t2s dt = 0 .
0
Le problème revient donc à trouver l’orthogonal dans R[x] de l’espace des polynômes pairs pour le
produit scalaire associé à la mesure dt. On utilise le lemme suivant :
Lemme Toute fonction continue sur [ 0, 1 ] nulle en 0 est limite uniforme sur [ 0, 1 ] d’une suite
de polynômes pairs nuls en 0.
Si f est continue sur [ 0, 1 ] et nulle en 0, posons
√
g(x) = f ( x) .
Il existe une suite (Pn ) de polynômes qui converge vers g uniformément sur [ 0, 1 ] . Alors, si l’on pose
Rn (x) = Pn (x2 ) − Pn (0) .
BP 21
On a alors
||f − Rn || ∞ ≤ ||g − Pn || ∞ + |Pn (0)| ≤ 2||g − Pn || ∞ ,
et la suite (Rn ) converge uniformément vers f sur [ 0, 1 ] . De plus les polynômes Rn sont pairs et nuls
en 0.
Si l’on applique ce lemme pour un polynôme impair f , et puisque la convergence uniforme implique
la convergence en moyenne quadratique, il en résulte que l’espace des polynômes pairs nuls en 0 est
dense dans R[x] et donc que son orthogonal est réduit à 0. Alors (Im Φ)⊥ est réduit à 0 et Im Φ n’a
pas de supplémentaire orthogonal, donc Φ n’a pas d’adjoint dans R[x].