TD9. ENS Cachan M1 Hadamard Exercice 1 Opérateurs compacts et extraction de sous-suites

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1 Analyse fonctionnelle A. Leclaire ENS Cachan M1 Hadamard TD9 Exercice 1 Opérateurs compacts et extraction de sous-suites Soient E,F deux espaces de Banach. On note B la boule unité fermée de E. Un opérateur compact de E dans F est une application linéaire T : E F telle que T (B) est relativement compact dans F. 1) On suppose T compact. Montrer qu il est continu. 2) Montrer que T est compact si et seulement si pour toute suite (x n ) bornée dans E on peut extraire de (Tx n ) une sous-suite qui converge dans F. 3) Application aux injections de Sobolev. a) Soit R d ouvert borné. Montrer qu une suite (f n ) bornée dans H0 1 () admet une soussuite qui converge dans L 2 (). b) Est-ce toujours vrai lorsque = R? 4) On suppose T compact. Soit (x n ) une suite qui converge faiblement vers x dans E. Montrer que (Tx n ) converge fortement vers Tx dans F. Exercice 2 Convexes fermés Soit E un espace de Banach réel et C E convexe. 1) On suppose que C est fermé. Montrer que C est l intersection des demi-espaces fermés qui le contiennent, c est-à-dire C = φ 1 ([λ,+ [). (φ,λ) (E \{0}) R C φ 1 ([λ,+ [) 2) En déduire que C est un fermé fort si et seulement s il est fermé faible. 3) Soit H un espace de Hilbert séparable, C un convexe fermé de H et f : C R une fonction convexe continue telle que f (x) = +. Montrer que f admet un minimum sur C. lim x Exercice 3 Équation de Poisson avec condition de Dirichlet Soient R d un ouvert borné et f L 2 (). On va résoudre au sens faible l EDP { u = f sur u = 0 sur. appelée équation de Poisson (ou de Laplace si f = 0). Une solution faible est une fonction u H0 1 () telle que φ Cc (), u φ = f φ. Suivant la méthode variationnelle, on introduit J : H0 1 () R définie par J (u) = 1 u 2 f u. 2 1/7

2 1) a) Montrer que J est convexe et continue sur H 1 0 (). b) Montrer que J (u) tend vers + quand u H 1. 2) Soit u n H 1 0 () telle que J (u n) converge en décroissant vers inf J. a) Montrer qu on peut extraire de (u n ) une sous-suite qui converge faiblement vers un élément v dans H 1 0 (). b) Montrer que J (v) = inf J. (On pourra considérer {J M} où M est un nombre > inf J.) c) Montrer que v est une solution faible de l équation de Poisson. 3) a) Montrer qu il existe une constante C telle que pour toute solution faible u H0 1 (), on ait u 2 C f 2. b) En déduire que l équation admet une unique solution faible que l on notera ( ) 1 (f ). 4) Montrer que l opérateur ( ) 1 : L 2 () L 2 () est compact. Exercice 4 Hahn-Banach : du cas réel au cas complexe On va utiliser que tout espace vectoriel sur C est un espace vectoriel sur R. Si E est un espace vectoriel sur C, nous noterons temporairement E C l ensemble des formes C-linéaires complexes continues sur E, et E R l ensemble des formes R-linéaires réelles continues sur E. Ainsi, si f E C, on a x E, α C, f (αx) = α f (x), alors que si f E R, on a seulement x E, α R, f (αx) = α f (x). 1) On va se demander "Comment passer de E R à E C et réciproquement?" Soit E un espace vectoriel normé complexe. a) Montrer que si f E C alors u = R(f ) est dans E R et x E, f (x) = u(x) iu(ix). b) Montrer que si u : E R est dans E R et si f (x) = u(x) iu(ix) alors f est C linéaire, R(f ) = u et f E C avec f = u. En particulier, on notera que si u = R(f ) est identiquement nulle, f est identiquement nulle. 2) Théorème de Hahn-Banach analytique (version complexe) Soient E un e.v.n. sur C et p : E R + une semi-norme Soit G E un sous-espace vectoriel. Soit д : G C une application linéaire complexe telle que д(x) p(x), x G. Montrer qu il existe une forme linéaire complexe f sur E qui prolonge д et telle que x E, f (x) p(x). 3) Théorème de Hahn-Banach 1ère forme géométrique (version complexe) Soient E un e.v.n. complexe et A E, B E deux parties convexes non vide disjointes. On suppose que A est ouverte. Montrer qu il existe f E C \ {0} et α R tels que R(f (x)) α R(f (y)), x A, y B. 4) Critère de densité : Soit L un sous-espace vectoriel de E. Montrer que L est dense dans E si et seulement si pour toute f E C, ( x L, f (x) = 0) = f = 0. 2/7

3 Correction : Exercice 1 Opérateurs Compacts 1) Si T est compact, alors T (B) est relativement compacte et donc en particulier bornée. Donc il existe c > 0 telle que x B, Tx c. Par homogénéité, on en déduit Tx c x pour tout x E, et donc T est continu. 2) En utilisant la caractérisation séquentielle de la compacité dans un métrique, on rappelle qu un sous-ensemble A F est relativement compact si et seulement si de toute suite d éléments de A on peut extraire une sous-suite qui converge dans F. Par conséquent, dire que T (B) est relativement compacte revient à dire pour toute suite (x n ) dans B,Tx n admet une sous-suite convergente. Remarque : On peut montrer que la réciproque de la question 2 est vraie dans un espace de Hilbert, voir les exercices dans la version anglophone du livre de Brézis. 3) a) Avec la question précédente, cela revient à dire que l injection de H0 1() dans L2 () est compacte. Cette injection est bien compacte car c est un cas particulier du théorème de Rellich- Kondrachov vu en cours. b) Non, ce n est plus vrai! Pour le voir, fixons χ Cc et de support [ 1,1] ; prendre par exemple x ] 1,1[, ( 1 ) χ (x) = exp 1 x 2. (R) H0 1 (R) non identiquement nulle On pose f n (x) = χ (x n). On a alors f n H 1 = χ H 1 > 0. En particulier (f n ) est bornée dans H 1. Si l injection de H 1 dans L 2 était compacte, il existerait une sous-suite (f nk ) qui convergerait dans L 2 vers une fonction д. Mais comme on a f n 0 au sens des distributions, on a nécessairement д = 0 presque partout. Mais (f nk ) ne converge pas vers 0 dans L 2 car f nk L 2 = χ L 2 > 0. On aboutit donc à une contradiction, et par conséquent, l injection de H 1 0 (R) dans L2 (R) n est pas compacte. 4) On utilise le fameux lemme des sous-sous-suites : pour montrer que Tx n Tx dans F, il suffit de montrer que de toute sous-suite detx n on peut extraire une sous-sous-suite qui converge vers Tx. Mais alors, si Tx φ (n) une sous-suite de Tx n, puisque x φ (n) converge faiblement vers x dans E, ce qui précède montre qu on peut extraire detx φ (n) une sous-suitetx φ (ψ (n)) qui converge vers un élément y F. Reste à montrer que y = Tx, et pour cela on doit exploiter que x n converge faiblement vers x. Mézalors, si φ F, l T E et donc l T (x n ) l T (x). En particulier l(tx φ (ψ (n)) ) converge vers l(tx). Et comme T est continu, l(tx φ (ψ (n)) ) converge aussi vers l(y). Cela prouve que l F, l(tx) = l(y) d où l on tire Tx = y grâce au théorème de Hahn-Banach. 3/7

4 Exercice 2 Convexes fermés 1) a) D abord, l inclusion est évidente par définition du second membre. Pour l autre, on procède par contraposée. Soit x E \ C. La version géométrique du théorème de Hahn-Banach assure que l on peut séparer au sens strict le convexe compact {x} du convexe ferméc, c est-à-dire qu il existe φ E \ {0} et λ R tels que Cela prouve que Cela prouve que φ(x) < λ et y C, φ(y) λ. E \ C E \ C = (φ,λ) (E \{0}) R C φ 1 ([λ,+ [) (φ,λ) (E \{0}) R C φ 1 ([λ,+ [) φ 1 ([λ,+ [) φ 1 ([λ,+ [). b) Par définition, la topologie faible a moins de fermés que la topologie forte. Par conséquent, C est fermé fort dès qu il est fermé faible. Réciproquement, si C est fermé fort, la question précédente montre que C est une intersection d ensembles de type φ 1 ([λ,+ [) avec φ E \ {0}. Or la topologie faible rend continues les applications de E, et donc ces ensembles sont fermés pour la topologie faible. Il s ensuit que C est fermé faible car une intersection de fermés est fermée. 2) Notons m = inf x C f (x). Par définition, il existe une suite (x n) dans C telle que f (x n ) converge vers m. En particulier (f (x n )) est bornée et donc il existe A > 0 tel que Mais par hypothèse, il existe r > 0 tel que On obtient donc n, f (x n ) A. x C, x > r = f (x) > A. n, x n r. Ainsi, la suite (x n ) est bornée dans l espace de Hilbert H séparable, et donc on peut en extraire une sous-suite qui converge faiblement vers un y H. Comme C est un convexe fermé de H, il est aussi faiblement fermé (par la question 2), et donc on a y C. Reste à montrer que f (y) = m. Soit ε > 0. Comme f (x n ) m, le nombre m +ε majore f (x n ) à partir d un certain rang. En particulier, à partir d un certain rang, x nk appartient à {f m + ε}. Or cet ensemble est convexe (car f est convexe) et fermé fort (car f est continue) ; il est donc fermé faible (question 2, encore). De plus x nk converge faiblement vers y, d où l on tire f (y) m + ε. Ceci étant vrai pour tout ε > 0, on a f (y) m. Ainsi f (y) = m, et f atteint son minimum sur C.. 4/7

5 Exercice 3 Équation de Poisson avec condition de Dirichlet 1) a) La convexité de J provient de la convexité de la fonction 2. Remarquons alors que u u 2 = u 2 2 est continue sur H 1 et que u f u est une forme linéaire continue sur H 1 car f u f 2 u 2 f 2 u H 1. On en déduit que J est continue sur H 1 0. b) Avec l inégalité qui précède, on a J (u) 1 2 u 2 2 f 2 u 2 Or, l inégalité de Poincaré vue en cours donne l existence d une constante C > 0 telle que En utilisant l inégalité de Poincaré, il s ensuit u H 1 0, u 2 C u 2. J (u) 1 2 u 2 2 C f 2 u 2. En particulier, on voit que J (u) + quand u 2. Compte-tenu du fait que les normes u 2 et u H 1 sont équivalentes sur H0 1 (toujours par l inégalité de Poincaré), ceci est exactement le résultat demandé. 2) a) D abord, (J (u n )) est majorée par un nombre M > 0. Or avec la question précédente, il existe R > 0 tel que u H 1 > R = J (u) > M. Par suite, on a nécessairement n, u n H 1 R, et donc (u n ) est bornée dans H0 1. Comme H 0 1 est un espace de Hilbert séparable on en déduit que (u n ) admet une sous-suite (u nk ) qui converge faiblement dans H0 1 vers un élément v. b) Prenons un nombre M > inf J (remarquez que pour l on ne sait pas que inf J > a priori). Comme J (u n ) inf J, le nombre M majore J (u n ) à partir d un certain rang. En particulier, à partir d un certain rang, u nk appartient à {J M}. Or cet ensemble est convexe (car J est convexe) et fermé fort (car J est continue) ; il est donc fermé faible grâce à l exercice 2. De plus u nk converge faiblement vers v, donc on a encore v {J M} d où l on tire J (v) M. Ceci étant vrai pour tout M > inf J, il vient J (v) = inf J (qui est donc fini). c) Pour montrer que v est une solution faible de l équation de Poisson, on va simplement calculer la différentielle de J et montrer qu elle s annule en v (condition nécessaire d extremum local au premier ordre). Soit h H0 1. Un calcul immédiat donne que ( J (v + h) J (v) = v h ) f h h 2. On vérifie aisément que la parenthèse est une forme linéaire continue en h H0 1, et on a 1 h 2 = h 2 h 2 = o( h 2 H 1 H 1). 5/7

6 Ainsi J est différentiable en v et on a J (v).h = v h f h. Comme J a un extremum local en v, on a J (v) = 0. En effet, fixant h H 1 0, on obtient J (v).h = 0 en passant à la limite quand ε 0 dans les inégalités ε > 0, J (v + εh) J (v) ε 0, J (v εh) J (v) ε 0. Ainsi J (v) = 0 donne que h H 1 0 (), v h f h = 0. En particulier, comme Cc () H0 1 (), v est une solution faible de l équation de Poisson. 3) a) En appliquant l identité de l équation à φ = u, on obtient u 2 2 = f u f 2 u 2, et donc, avec l inégalité de Poincaré, d où u 2 2 C f 2 u 2, u 2 C f 2. b) Supposons que l équation de Poisson avec second membre f admette deux solutions faibles u 1,u 2 H 1 0. Alors u 1 u 2 est une solution faible de l équation de Poisson avec second membre nul. L inégalité précédente montre alors que (u 1 u 2 ) 2 = 0, et donc, avec l inégalité de Poincaré, on obtient u 1 = u 2. Comme on a déjà montré l existence d une solution faible dans la question 2, on en déduit que l équation de Poisson avec second membre f admet une unique solution faible dans H ) L inégalité montrée dans la question 3.a assure que ( ) 1 : L 2 () H 1 0 () est un opérateur continu. De plus, le théorème de Rellich ( est borné) assure que l injection de H 1 0 () dans L2 () est compacte. Il s ensuit que est compact. ( ) 1 : L 2 () L 2 () Remarque : On peut aussi montrer (ce n est pas très difficile) que l opérateur ( ) 1 : L 2 L 2 ainsi construit est auto-adjoint positif. Par conséquent, on peut lui appliquer le théorème de décomposition spectrale des opérateurs auto-adjoints compacts d un espace de Hilbert. Cela permet de montrer l existence d une base hilbertienne de L 2 () formée de vecteurs propres du laplacien. Certains d entre vous reverront cette construction dans le cours de théorie spectrale. 6/7

7 Exercice 4 Hahn-Banach : du cas réel au cas complexe 1) a) On peut toujours écrire f (x) = u(x) + iv(x) pour tout x E. Alors, R(i f (x)) = v(x) = R(f (ix)) = u(ix) donc f (x) = u(x) iu(ix). b) f est R linéaire puisque u l est. On écrit pour tout x E f (ix) = u(ix) iu( x) = u(ix) + iu(x) = i f (x), donc f est bien C linéaire. Enfin, pour tout x E, il existe θ R tel que f (x) = e iθ f (x) = f (e iθ x) = u(e iθ x) u x, donc f u. D autre part, on a u(x) f (x) pour tout x E donc u f d où égalité. 2) Soit u = R(д) alors par le théorème de Hahn-Banach analytique dans le cas réel, il existe U forme linéaire réelle sur E telle que U = u sur G et U p sur E. Soit f, forme linéaire complexe sur E définie par f (x) = U (x) iu (ix) alors il est clair que f = д sur G. Enfin, pour tout x E, il existe θ R tel que f (x) = e iθ f (x) donc f (x) = e iθ f (x) = f (e iθ x) = U (e iθ x) p(e iθ x) = p(x). 3) Le résultat demandé dans cette question a déjà été prouvé dans le cas réel. Donc il existe u E R qui vérifie l inégalité voulue (u = R(u)). On définit alors f comme en 1) ci-dessus f (x) = u(x) iu(ix) pour tout x dans E. Alors f E C et le théorème est bien démontré. 4) Si L est dense et si x L, f (x) = 0 alors par continuité de f, f est nulle partout. Réciproquement, supposons que la propriété f L = 0 f = 0 soit satisfaite. Supposons par contradiction que L E. Alors il existe y L, puis une boule ouverte B centrée en y et de rayon r > 0 qui ne rencontre pas L. Par 3), il existe f E C non identiquement nulle et α R tels que R(f (x)) α pour tout x dans L. Comme L est vectoriel, on en déduit que R(f (x)) = 0 x L puis que f = 0 sur L par 1). Mais f L = 0 entraine que f = 0 partout ce qui est absurde. 7/7