Je travaille en autonomie
OShine
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Je remarque qu’en cherchant sans corrigé, j’assimile beaucoup plus de choses
OShine
Convergence faible
Réponses
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OShine, l'IPP est plutôt une indication pour la convergence faible vers $0$ je pense.Pour $||c_n||^2$, ce que tu as fait est ok j'ai l'impression (encore faut-il préciser que ton calcul est valable pour $n \in \mathbb{N}^*$) mais je trouve ça compliqué et un peu long (pour une fois que ce n'est pas moi hahaha
) alors qu'on a directement : pour tout entier naturel $n$, $0 \leq \cos^2(nt) \leq 1$ donc $0 \leq \displaystyle \int_0^1 \cos^2(nt) \, \mathrm{d} t \leq 1$ ainsi, pour tout entier naturel $n$, $||c_n||^2 \leq 1$ donc $0 \leq ||c_n|| \leq 1$ .
Sinon, je dois admettre que je suis fort impressionné par les autres preuves que tu fais sur ce fil ! Bravo à toi ! Je suis content que tu réfléchisses comme cela sans regarder des corrigés ni les recopier. J'ai seulement une question sur la jolie formule que tu as écrite ci-dessus : l'as-tu trouvée ou lue dans un cours? Saurais-tu la redémontrer (pour te détacher un peu du coursOShine a dit :
Alors $v_n-v \in H$ donc $v_n- v = \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle e_k$.
) ? Bon je suis taquin lol -
@Barjovrille : question I. 3. ter : notons $p=rg(u) < +\infty$ . Et bien sûr, $rg(u) \geq 1$ (le résultat étant évident si $rg(u)=0$ ) .Alors $Im(u)$ est de dimension $p$ donc, quitte à utiliser le procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt, il existe une base orthonormale $B=(f_1,...,f_p)$ de $Im(u)$ .On a alors comme $u(v_n)-u(v)=u(v_n-v) \in Im(u)$, $u(v_n)-u(v)=\displaystyle \sum\limits_{i=1}^p \langle u(v_n)-u(v),f_i \rangle f_i$ (merveilleuse formule utilisée par OShine lorsque l'on a une base orthonormale).Ainsi, $||u(v_n)-u(v)||^2 = \displaystyle \sum\limits_{i=1}^p \langle u(v_n)-u(v),f_i \rangle ^2$.De plus, $(v_n)$ converge faiblement vers $v$ donc pour tout $1 \leq i \leq p$, $\langle v_n-v,f_i \rangle$ tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$ .Par continuité du produit scalaire, pour tout $1 \leq i \leq p$, $\lim\limits_{ n \to + \infty} \langle u(v_n)-u(v),f_i \rangle = \langle \lim\limits_{ n \to + \infty} u(v_n)-u(v), f_i \rangle = \langle \lim\limits_{ n \to + \infty} u(v_n-v), f_i \rangle$.Puis, par continuité de $u$, pour tout $1 \leq i \leq p$, $\langle \lim\limits_{ n \to + \infty} u(v_n-v), f_i \rangle= u(0)=0$ .Ainsi, $||u(v_n)-u(v)||^2$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ , ce qui conclut la preuve.Bon, ce n'est sans doute pas bien rédigé...
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La continuité et le fait qu'en dimension finie les topologies faible et fortes coïncident suffit, non?
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@NicoLeProf
J'ai simplement utilisé la formule connue du cours de L1 qui dit que si $(e_1, \cdots, e_n)$ est une base orthonormée de $E$ alors $\forall x \in E \ x= \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle x,e_k \rangle e_k$. -
Ce passage n'est pas justifié, en quoi la continuité permet de conclure dans ce cas ?NicoLeProf a dit :Puis, par continuité de $u$, pour tout $1 \leq i \leq p$, $\langle \lim\limits_{ n \to + \infty} u(v_n-v), f_i \rangle= u(0)=0$ .
PS. la point clé est que si $(v_n)$ converge faiblement vers $v$ alors $u(v_n)$ converge faiblement vers $u(v)$ si $u$ est une application linéaire continue. Mais il faut le montrer... -
Soit $f \in H$. Montrons que $\langle c_n-0,f \rangle \longrightarrow 0 $.
Or $\langle c_n-0,f \rangle = \displaystyle\int_{0}^1 \cos (nt) f(t) dt$.
Posons $u(t)=f(t)$ et $v'(t)= \cos (nt)$. On a $v(t)=\dfrac{1}{n} \sin (nt)$. $u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $[0,1]$.
On a $\langle c_n-0,f \rangle = \dfrac{\sin n f(1)}{n} - \dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^1 f'(t) \sin (nt) dt $
On sait que $ |\dfrac{\sin n f(1)}{n}| \leq \dfrac{ |f(1) |}{n} \longrightarrow 0 $ donc $ \dfrac{\sin n f(1)}{n} \longrightarrow 0$.
De plus, $f$ est de classe $C^1$ sur le segment $[0,1]$, donc $f'$ est continue sur le fermé $[0,1]$, donc $f'$ est bornée et atteint ses bornes, il existe $M \in \R$ de sorte que $\forall t \in [0,1] \ f'(t) \leq M$.
Ainsi : $ | \dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^1 f'(t) \sin (nt) dt | \leq \dfrac{1}{n} | \displaystyle\int_{0}^1 f'(t) \sin (nt) |dt \leq \dfrac{M}{n} \longrightarrow 0$.
Donc $\dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^1 f'(t) \sin (nt) dt \longrightarrow 0$.
$|\langle c_n-0,f \rangle | =| \dfrac{\sin n f(1)}{n} | + |\dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^1 f'(t) \sin (nt) dt| \longrightarrow 0 +0 =0 $
Finalement : $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle c_n-0,f \rangle = 0} $ ce qui termine I.6.a.
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Bonjour @Amédé , non ça ne suffit pas parce qu'on a la dimension finie que pour l'espace d'arrivé mais pas pour l'espace de départ. "La point clé" de raoul est une bonne indication
.
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À savoir redémontrer pour l'agreg OShine !OShine a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2404599/#Comment_2404599[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
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raoul.S a dit :Ce passage n'est pas justifié, en quoi la continuité permet de conclure dans ce cas ?Je me disais bien que ce passage cloche...
Bon, je vais essayer de voir comment y remédier... -
Vous posez des questions plus difficiles que ce sujet qui est pourtant ENS maths C ...
Mais ayant quasiment terminé l'exercice, je pourrai bientôt chercher l'exercice de @Barjovrille.
Pour I.6.b), on a $||c_n||=\sqrt{ \dfrac{ \sin (2n)}{4n} + \dfrac{1}{2}}$. Comment montrer que cette quantité ne tend pas vers $0$ ?
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Salut OS
Il me semble que $\lim\limits_{+\infty} \frac{\sin x}{x}$ est assez facile à obtenir.
Cordialement. -
Peut-être parce qu'elle tend vers $\sqrt{1/2}$...
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Oui la fatigue, on a $| \dfrac{ \sin(2n) }{4n} | \leq \dfrac{1}{4n} \longrightarrow 0$.
Cette technique de majoration de la valeur absolue par une suite qui tend vers $0$ est très utile dans ce problème.
Finalement, seule la question I.4 était un peu difficile. Les autres questions sont accessibles avec un peu de réflexion.
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Barjovrille a dit :Bonjour @Amédé , non ça ne suffit pas parce qu'on a la dimension finie que pour l'espace d'arrivé mais pas pour l'espace de départ. "La point clé" de raoul est une bonne indication .
Bon, considérons l'adjoint de $u$ qui est également continu. Pour tout $y\in H$ on peut écrire: $<u(v_n),y>=<v_n,u^*(y)>\underset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}<v,u^*(y)>=<u(v),y>$.
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@Amédé oui c'est bon ça marche, sinon si on ne connait pas la notion d'adjoint on peut passer par la représentation de Riesz (mais ça revient peut être à démontrer l'existence de l'adjoint).
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Ah ok c'était tout simple ! ^^' Merci Amédé !
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Je n'aurais pas trouvé je n'ai pas entendu parler d'adjoint depuis que j'étais en prépa il y a plus de 15 ans.
Je crois que ce n'est plus au programme des classes prépas. -
C'est toujours au programme OShine. Contente toi de recopier des corrigés plutôt que de faire des commentaires sur le programme.
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OShine a dit :
Je crois que ce n'est plus au programme des classes prépas.C'est au programme de l'agrégation en tout cas, tu as le temps de travailler cette notion pour $2024$ ! -
@Barjovrille : exactement! On utilise le théorème de Riesz pour démontrer l'existence de l'adjoint.
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"Je travaille en autonomie". Vraiment excellent !
Karl Tremblay 1976-2023, je t'appréciais tellement. -
« Je remarque qu’en cherchant sans corrigé, j’assimile beaucoup plus de choses »
Celle-là aussi, elle est ÉNORME ! 😂😂😂 -
Il faudrait les copier dans blagues mathématiques. Par contre sans le nom de l'auteur ça ne fait pas rigoler :
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Exponentielle et logarithme rentrent du bar, qui a perdu les clefs?
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Exponentielle car l'autre "ne perd rien" ?
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Je vois les choses comme ça : si $X$ est un compact pour une topologie $T$ (ici la trace de celle issue du produit scalaire sur $K$), alors toute topologie $T'$ séparée et moins fine que $T$ (ici la trace de la topologie faible sur $K$) est égale à $T$. La séparation provient de la première question, le fait que $T'$ est moins fine que $T$ provient de la deuxième (reste à appliquer Riesz pour voir que la topologie avec laquelle travaille l'exo est bien la topologie faible).raoul.S a dit :Pour le fun je propose un I.3.bis : montrer que si $K\subset H$ est compact et que $(v_n)$ est une suite de $K$ qui converge faiblement alors elle converge fortement (vers la même limite évidemment).
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Oui, c'est une démo de l'énoncé plus général suivant. Soit $E$ un espace vectoriel localement convexe et $K\subset E$ un compact. Alors la topologie faible sur $K$ coïncide avec la topologie initiale.PS. L'hypothèse "localement convexe" ne peut pas être supprimée.
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