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 $0 \leq ||c_n|| \leq 1$ .
OShine a dit : Alors $v_n-v \in H$ donc $v_n- v = \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle e_k$.
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 cours ) ? 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).
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.
@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 $\forall x \in E \ x= \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle x,e_k \rangle e_k$.
Puis, par continuité de $u$, pour tout $1 \leq i \leq p$, $\langle \lim\limits_{ n \to + \infty} u(v_n-v), f_i \rangle= u(0)=0$ .
Ce passage n'est pas justifié, en quoi la continuité permet de conclure dans ce cas ?
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.
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 .
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 $0$ ?
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.
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: $<u(v_n),y>=<v_n,u^*(y)>\underset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}<v,u^*(y)>=<u(v),y>$.
@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).
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.
Il faudrait les copier dans blagues mathématiques. Par contre sans le nom de l'auteur ça ne fait pas rigoler :
Je travaille en autonomie OShine -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Je remarque qu’en cherchant sans corrigé, j’assimile beaucoup plus de choses OShine
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).
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).
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.
Réponses
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 $\forall x \in E \ x= \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle x,e_k \rangle e_k$.
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...
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.
Bon, je vais essayer de voir comment y remédier...
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 $0$ ?
Il me semble que $\lim\limits_{+\infty} \frac{\sin x}{x}$ est assez facile à obtenir.
Cordialement.
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.
Bon, considérons l'adjoint de $u$ qui est également continu. Pour tout $y\in H$ on peut écrire: $<u(v_n),y>=<v_n,u^*(y)>\underset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}<v,u^*(y)>=<u(v),y>$.
Je crois que ce n'est plus au programme des classes prépas.
Celle-là aussi, elle est ÉNORME ! 😂😂😂
OShine
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Je remarque qu’en cherchant sans corrigé, j’assimile beaucoup plus de choses
OShine