Chapitre V • Espace de Hilbert
Comme f est continue, il existe J = [a 1 , b 1 ] ⊆ [a, c], intervalle fermé non réduit à un
point, tel que t ∈ J et pour tout s ∈ J, | f (s)| ≥ r. Alors, on a pour toute g ∈ F c , en notant
δ = r(b 1 − a 1 )
1/2
> 0 :
f − g 2 ≥
b 1
a 1
| f (s) − g(s)|
2 ds
1/2
=
b 1
a 1
| f (s)|
2 ds
1/2
≥ δ > 0.
Donc, f F c , ce qui prouve l’implication ci-dessus.
(ii) F
⊥
c .
F
⊥
c = {h ∈ E telles que pour tout f ∈ F c ,
b
a
f (t)h(t)dt = 0}.
Soit G c = {h ∈ E telles que h = 0 sur [c, b]}. On montre que G c = F
⊥
c selon les deux
étapes suivantes :
(a) Si h ∈ G c et f ∈ F c , on a f h = 0 sur [a, b], d’où f, h =
b
a
( f h)(t)dt = 0. Il
en résulte que G c ⊂ F
⊥
c .
(b) Supposons que h ∈ F
⊥
c , et définissons f ∈ E par la formule
f (t) =
0
sia ≤ t ≤ c
(t − c)h(t) si c ≤ t ≤ b
On a clairement f ∈ F c , notons qu’on a dû ajouter le facteur t − c pour
garantir la continuité de f en c. Par suite :
f, h =
b
a
f (t)h(t)dt =
b
c
f (t)h(t)dt =
b
c
(t − c)|h(t)|
2 dt = 0.
Mais la fonction qu’on intègre est continue, positive, d’où
(t − c)|h(t)|
2
= 0 pour tout t ∈ [c, b].
Par suite, h(t) = 0 sur ]c, b] et par continuité h(t) = 0 sur [c, b], autrement
dit h ∈ G c . On voit finalement que F
⊥
c ⊂ G c et que F
⊥
c = G c .
(2) F c + F
⊥
c ne peut contenir que des fonctions nulles en c. Il est strictement inclus
dans E.
(3) Le « défaut » provient du caractère de E, espace non complet, qui a été remarqué
au début. F c + F
⊥
c est identique au sous-ensemble de E formé des fonctions nulles en c,
et en notant e la fonction {t → 1}, on a la décomposition en somme directe algébrique
E = F c ⊕ F
⊥
c + Vect(e).
En effet, f ∈ E arbitraire peut se décomposer en
f = [ f − f (c)e] + [ f (c)e], avec f − f (c)e ∈ F c + F
⊥
c .
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