Bourbaki

Exercice 10, § 4

Espaces vectoriels topologiques, V, p. 76

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Soient E un espace hilbertien, uu un endomorphisme positif de E. a) Montrer que pour tout x∈Ex\in E, on a

∥u(x)∥2≤∥u∥⟨u(x)∣x⟩ \|u(x)\|^2\leq\|u\|\langle u(x)|x\rangle
(observer que ⟨u(x)∣u(x)⟩2≤⟨u(x)∣x⟩⟨u2(x)∣u(x)⟩\langle u(x)|u(x)\rangle^2\leq\langle u(x)|x\rangle\langle u^2(x)|u(x)\rangle en vertu de V, p.3, prop. 2). b) Soient M un sous-espace vectoriel fermé de E, M∘M^\circ son supplémentaire orthogonal. Soit x∈Mx\in M, et soit f(x)f(x) la borne inférieure de ⟨u(x+y)∣x+y⟩\langle u(x+y)|x+y\rangle lorsque yy parcourt M∘M^\circ. Pour tout ε>0\varepsilon>0, soit E(x,ε)E(x,\varepsilon) l’ensemble des y∈M∘y\in M^\circ tels que ⟨u(x+y)∣x+y⟩≤f(x)+ε\langle u(x+y)|x+y\rangle\leq f(x)+\varepsilon. Montrer que E(x,ε)E(x,\varepsilon) est convexe et que pour tout z∈M∘z\in M^\circ, on a, pour y∈E(x,ε)y\in E(x,\varepsilon), ()
⟨u(x+y)∣z⟩2≤ε⟨u(z)∣z⟩ \langle u(x+y)|z\rangle^2\leq\varepsilon\langle u(z)|z\rangle
(considérer la fonction g:t↦⟨u(x+y+tz)∣x+y+tz⟩g:t\mapsto\langle u(x+y+tz)|x+y+tz\rangle de la variable réelle tt, qui atteint son minimum en un point t0t_0 et noter que g(t0)≥f(x)g(t_0)\geq f(x) et g(0)≤f(x)+ε˙g(0)\leq f(x)+\dot{\varepsilon}. c) Pour tout entier n≥1n\geq 1, soit yn∈E(x,1/n)y_n\in E(x,1/n); montrer que la suite (u(x+yn))(u(x+y_n)) tend vers une limite x1x_1 qui appartient à M, et que la suite (⟨u(yn)∣yn⟩)(\langle u(y_n)|y_n\rangle) est bornée (majorer les nombres ⟨u(yn−ym)∣yn−ym⟩\langle u(y_n-y_m)|y_n-y_m\rangle pour m≥nm\geq n et ∣⟨u(x+yn)∣z⟩∣|\langle u(x+y_n)|z\rangle| pour z∈M∘z\in M^\circ à l’aide de l’inégalité (
)). d) Soit (yn′)(y'_n) une suite de points de M0M^0 telle que ⟨u(yn′−ym′)∣yn′−ym′⟩\langle u(y'_n-y'_m)|y'_n-y'_m\rangle soit arbitrairement petit dès que mm et nn sont assez grands, et que la suite (u(x+yn′))(u(x+y'_n)) ait une limite x1′∈Mx'_1\in M; montrer que l’on a x1′=x1x'_1=x_1. (Posant pour abréger Q(z)=⟨u(z)∣z⟩Q(z)=\langle u(z)|z\rangle montrer d’abord que le nombre Q((yp−yp′)−(yq−yq′))Q((y_p-y'_p)-(y_q-y'_q)) est arbitrairement petit dès que pp et qq sont assez grands, et en déduire que la suite (Q(yn−yn′))(Q(y_n-y'_n)) est bornée; en utilisant le fait que ⟨x1′−x1∣yp−yp′⟩=0\langle x'_1-x_1|y_p-y'_p\rangle=0 pour tout pp, montrer que la suite (Q(yn−yn′))(Q(y_n-y'_n)) tend vers 0 et utiliser a.).)

e) Déduire de d) que le point x1x_1 ne dépend pas du choix des yn∈E(x,1/n)y_n \in E(x, 1/n), et que si l’on pose u1(x)=x1u_1(x) = x_1, u1u_1 est une application linéaire de MM dans lui-même. Montrer que l’on a 0≤⟨u1(x)∣x⟩≤⟨u(x)∣x⟩0 \leq \langle u_1(x)|x \rangle \leq \langle u(x)|x \rangle pour tout x∈Mx \in M, et par suite que u1u_1 est continue et est un endomorphisme ≥0\geq 0 de MM. (Remarquer que ⟨u(x+yn)∣yn⟩\langle u(x + y_n)|y_n \rangle tend vers 0 et ⟨u(x+yn)∣x+yn⟩\langle u(x + y_n)|x + y_n \rangle vers f(x)f(x).) f) Soit pMp_M l’orthoprojecteur d’image MM, et soit u0=u1∘pMu_0 = u_1 \circ p_M. On a 0≤u0≤u0 \leq u_0 \leq u, MM est stable par u0u_0 et la restriction de u0u_0 à M∘M^\circ est nulle. Montrer que u0u_0 est le plus grand élément de l’ensemble des endomorphismes v≥0v \geq 0 tels que v≤uv \leq u, que MM soit stable par vv et que la restriction de vv à M∘M^\circ soit nulle.

Solution

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Transcrit du volume imprimé. Non traduit.