Convergence faible
Bonsoir
J'aimerais savoir si ma réponse à la première question est juste. Je travaille en autonomie.
I.1) Soit $z \in H$. Supposons que $(v_n)$ converge vers deux limites différentes $v$ et $v'$.
On a $<v_n,z> \longrightarrow <v,z>$ et $<v_n,z> \longrightarrow <v',z>$
Par unicité de la limité d'une suite, on a $<v,z>=<v',z>$, puis par linéarité du produit scalaire $\boxed{<v-v',z>=0}$.
Ceci étant valable pour tout $z \in H$, on peut choisir $z=v-v' \in H$, ce qui fournit $||v-v'||=0$ et finalement $\boxed{v=v'}$. On a démontré que la limite, lorsqu'elle existe est unique.
On a $<v_n,z> \longrightarrow <v,z>$ et $<v_n,z> \longrightarrow <v',z>$
Par unicité de la limité d'une suite, on a $<v,z>=<v',z>$, puis par linéarité du produit scalaire $\boxed{<v-v',z>=0}$.
Ceci étant valable pour tout $z \in H$, on peut choisir $z=v-v' \in H$, ce qui fournit $||v-v'||=0$ et finalement $\boxed{v=v'}$. On a démontré que la limite, lorsqu'elle existe est unique.
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Réponses
En plus, la démonstration avec les epsilons est longue et fastidieuse.
@math2
Merci pour ton avis, j'aurais du dire que le produit scalaire est à valeurs dans $\R$ pour être plus précis.
Demain je chercherai la suite.
Il ne s'agit pas de tout redémontrer, mais au minimum il faut être clair . Et ce n'est pas le cas.
Tu démontres l'unicité d'une (certaine) limite en admettant l'unicité d'une (autre) limite.
Mais il faudrait au moins nommer ces limites pour éviter de la confusion.
I.2) Soit $(v_n)$ une suite convergeant fortement vers $v$. Alors $||v_n - v|| \longrightarrow 0$.
Fixons $v \in H$. On doit montrer que $\langle v_n ,z \rangle \longrightarrow \langle v ,z \rangle $.
Par linéarité à gauche du produit scalaire : $\langle v_n ,z \rangle - \langle v ,z \rangle = \langle v_n -v,z \rangle $
D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a $ | \langle v_n,z \rangle - \langle v,z \rangle |= | \langle v_n -v,z \rangle | \leq ||v_n- v|| \times ||z||$
Or $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v || \times ||z|| = ||z || \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n- v || = 0$.
En en déduit que $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \langle v_n ,z \rangle - \langle v,z \rangle | = 0$
Ce qui montré que $ \boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n ,z \rangle = \langle v ,z \rangle}$ d'où le résultat voulu.
Il faut conclure que ton résultat final est valable pour tous les $z\in H$ pour obtenir la convergence faible.
Sinon la démarche est la bonne (ça ressemblerait presque à un corrigé ...)
C’est bien avec Cauchy-Schwarz que cela se démontre.
On a : $\langle v_n - v , z \rangle =\dfrac{1}{2} \left( ||v_n+z-v||^2 -||v_n-v||^2-||z||^2 \right) $ .
La fonction $x \longmapsto ||x+z||$ est définie et continue (car $1$-lipschitzienne) sur $H$ donc $\lim\limits_{||x|| \to 0} ||x+z||=||z|| $ .
Donc en appliquant ceci pour $x=v_n-v$ sachant que lorsque $n$ tend vers $+\infty$, $||v_n-v||$ tend vers $0$ par convergence forte de la suite $(v_n)$ vers $v$, on a : $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n-v+z||=||z|| $ puis $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n+z-v||^2=||z||^2$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n+z-v||^2-||z||^2=0$ . De plus, $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n-v||^2=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \langle v_n - v , z \rangle=0$, ce qui prouve que la suite $(v_n)$ converge faiblement vers $v$ .
Montrons que $v_n$ converge vers $v$.
Donc $\boxed{||v_n-v||^2 = ||v_n||^2 - ||v||^2 - 2\langle v_n-v,v \rangle }$
Il est temps d'utiliser les hypothèses. On a $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n||^2= ||v||^2$, puis la convergence faible fournit $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n-v,v \rangle =0$.
Ainsi $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v||^2 =0$ soit $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v|| =0 }$
Il s'agit de montrer que si $H$ est de dimension finie, alors la convergence faible implique la convergence forte.
Si $v_n$ converge faiblement vers $v$ alors $\forall z \in H \ \langle v_n ,z \rangle \longrightarrow \langle v,z \rangle$
On veut montrer que $||v_n-v|| \longrightarrow 0$.
I.4) Soit $\mathcal B=(e_1, \cdots, e_n)$ une base orthonormée de $H$.
Alors $v_n-v \in H$ donc $v_n- v = \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle e_k$.
Ainsi : $\boxed{||v_n- v||^2 = \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle ^2}$
La convergence faible de $v_n$ vers $v$ impose que $\forall k \in [|1,n|] \ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n- v, e_k \rangle =0$.
Donc $ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle ^2 = \displaystyle\sum_{k=1}^n \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n- v, e_k \rangle ^2 = \displaystyle\sum_{k=1}^n 0 = 0 $.
On a montré $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v||=0}$ d'où le résultat.
Je trouve cette question plus difficile que les autres questions de ce sujet ENS maths C.
J'ai commencé par remarquer que si $(v_n)$ est à valeurs dans un compact $K$, elle admet une sous-suite $(v_{\varphi(n)})$ convergente vers une limite $l$.
Mais après blocage total.
Edit : je n'ai pas vu ton message OShine.
Je n'ai pas cette définition d'un point d'accumulation. Quand je lis la définition j'ai déjà le tournis, on ne peut pas résoudre la question sans utiliser cette notion ?
Soit $E$ un espace topologique et $A$ une partie non vide de $E$ et $a \in E$. On dit que $a$ est un point d'accumulation de $A$ s'il est adhérent à $A$ sans être isolé dans $A$, autrement dit si $a$ est un point d'adhérence de $A \setminus \{ a \}$.
Je ne vois pas du tout le rapport avec ta question @raoul.S.
bd2017 note $(v_{\varphi(n)})$ cette sous-suite et $w$ sa limite (pour la norme, donc $\|v_{\varphi(n)}-w\|\to 0$). Mais alors, $(v_{\varphi(n)})$ converge aussi faiblement vers $w$. Mais $(v_{\varphi(n)})$ converge faiblement également vers $v$ puisque $(v_n)$ converge faiblement vers $v$. Donc par unicité de la limite, $w=v$ etc.
Edit : je n'ai pas vu le message de NicoLeProf, désolé je répète en fait...
@raoul.S ok merci je m'attendais à plus dur, je croyais qu'il fallait construire une extractrice etc...
Je vais essayer de résoudre la question 5 avant de dormir.
@NicoLeProf dans ta démonstration il manque une phrase pour avoir la convergence de $(v_n)$.
I.5) Soit $(v_n)$ une suite bornée.
Supposons que $v_n$ converge faiblement vers $v$ et $w_n$ fortement vers $w$.
On a $\langle v_n,w_n \rangle - \langle v,w \rangle = \langle v_n,w_n-w+w \rangle - \langle v,w \rangle = \boxed{ \langle v_n -v,w \rangle+ \langle v_n,w_n-w \rangle } $
Par l'inégalité triangulaire : $| \langle v_n,w_n \rangle - \langle v,w \rangle | \leq | \langle v_n -v,w \rangle | + |\langle v_n,w_n-w \rangle | $
Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $| \langle v_n,w_n \rangle - \langle v,w \rangle | \leq | \langle v_n -v,w \rangle | + ||v_n || \times ||w_n-w|| $
- Par la convergence faible de $v_n$ vers $v$ : $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \langle v_n -v,w \rangle | =0$
- Par convergence forte, et sachant que $v_n$ est bornée (le produit d'une suite bornée par une suite qui tend vers $0$ est une suite qui tend vers $0$), on en déduit : $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n || \times ||w_n-w|| =0$.
Finalement : $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \langle v_n,w_n \rangle - \langle v,w \rangle | =0$Conclusion : $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n,w_n \rangle = \langle v,w \rangle}$
@OShine avec ce que tu as fait jusqu'à présent dans cet exo, tu ne devrais pas avoir de difficultés pour résoudre l'exo I.3.ter de Barjovrille.
Faire 5 questions sans avoir le corrigé à lire à côté et avec l'aide des personnes du forum je progresse plus qu'en lisant le corrigé détaillé des 45 questions d'un sujet Centrale.
Je le chercherai demain matin l'exercice de @Barjovrille si j'ai un peu de temps entre les cours.
Quand @Oshine termine en disant que c'était simple et qu'on n'utilise pas la notion de point d'accumulation c'est faux. En effet on a montré qu'on peut extraire une sous-suite qui ne peut que converger vers v. Maïs cela n'explique pas du tout que la suite converge vers v.
Je veux bien qu'on n'utilise pas le mot point d'accumulation mais j'aimerais que la démonstration soit complète. !!
Édit. Je suis un peu scotché d'avoir de très bonnes solutions sur un exercice relatif à convergence faible et que simultanément on ne sache pas ce qu'est un point d'accumulation.
Qui dit convergence, dit limite et tout de suite vient la notion de point d'accumulation. C'est à dire limite d'une suite extraite.
Bref dès qu'on pose une question annexe à l'exercice initial tout s'effondre. Il y a de quoi penser à du recopiage de solution.
Personnellement je n'ai pas relevé car étant donné que tu es un très bon analyste je me suis dit que c'était évident pour toi d'utiliser ce résultat dans ta preuve sans détailler...
Mais étant donné que personne n'a encore détaillé ce point je vais le faire pour terminer proprement. Voici le résultat utilisé : soit $(X,d)$ un espace métrique compact et $(x_n)$ une suite de $X$ possédant une unique valeur d'adhérence $x$. Alors $(x_n)$ converge vers $x$.
Preuve 1: si $(x_n)$ ne converge pas vers $x$ alors il existe $\varepsilon>0$ et une sous-suite $(x_{\phi(n)})$ telle que $\forall n\in \N, d(x,x_{\phi(n)})>\varepsilon$. Or $X$ étant compact, il existe une sous-suite de $(x_{\phi(n)})$ qui converge vers un $x'\in X$. Mais $x'$ est une valeur d'adhérence de la suite $(x_n)$ et par conséquent $x'=x$ ce qui est absurde étant donné que $\forall n\in \N, d(x,x_{\phi(n)})>\varepsilon$. Donc $(x_n)$ converge vers $x$.
Remarquons pour finir que cet énoncé se généralise sans problème aux espace topologiques. Il faut alors considérer des filtres au lieu des suites (les filtres étant une généralisation des suites) : Soit $X$ un espace topologique compact et $\mathcal{F}$ un filtre sur $X$ ayant une seule valeur d'adhérence. Alors $\mathcal{F}$ converge vers $x$.
La preuve est exactement la même que celle ci-dessus : supposons que $\mathcal{F}$ ne converge pas vers $x$ l'unique valeur d'adhérence. Alors le filtre des voisinages de $x$ n'est pas dans $\mathcal{F}$ et donc il existe un voisinage $V$ de $x$ qui n'appartient pas à $\mathcal{F}$. Mais ceci signifie que $X\setminus V$ intersecte tous les éléments de $\mathcal{F}$. Par conséquent il existe un filtre $\mathcal{F}'$ tel que $\mathcal{F}\cup \{X\setminus V\}\subset \mathcal{F}'$.
Or $\mathcal{F}'$ n'a aucune valeur d'adhérence [en effet $\mathcal{F}'$ a au plus une valeur d'adhérence qui est $x$, car $\mathcal{F}'$ est plus fin que $\mathcal{F}$. Mais $x$ ne peut pas être valeur d'adhérence de $\mathcal{F}'$ car $V\cap (X\setminus V)=\emptyset$]. Mais ceci est absurde étant donné que tout filtre dans un compact possède une valeur d'adhérence...
Ok merci.
I.6.a) J'ai avancé un peu, je n'ai pas encore cherché la convergence faible.
On a $||c_n||^2 = \displaystyle\int_{0}^1 \cos^2(nt) dt$.
Les fonctions $u : t \mapsto \dfrac{1}{n} \sin(nt)$ et $v : t \mapsto \cos(nt)$ sont de classe $C^1$ sur $[0,1]$. Une IPP fournit :
$||c_n||^2 = \dfrac{1}{n} \sin(n) \cos(n) + \displaystyle\int_{0}^1 \sin^2(nt) dt$
$||c_n||^2 = \dfrac{1}{n} \sin(n) \cos(n) + \displaystyle\int_{0}^1 (1-\cos^2(nt)) dt$
D'où $\boxed{||c_n||^2 = \dfrac{\sin (2n) }{4n} +\dfrac{1}{2}}$
Ainsi $||c_n||^2 \leq \dfrac{1}{4n} + \dfrac{1}{2}$ soit $||c_n||^2 \leq 1 + \dfrac{1}{2} \leq \dfrac{3}{2}$
Soit $\boxed{||c_n|| \leq \sqrt{3/2}}$. La suite $(c_n)$ est bornée.
Je n'ai pas encore terminé I.6.a