Chapitre V • Espace de Hilbert
(6) (i) Pour tous n, p ∈ N, en notant a n =
n+1
π , on a
e n , e p =
D
a n w
n a p w
p dλ = a n a p
0≤θ≤2π,0≤ρ≤1
ρ
n+p exp(i(n − p)θ)ρdρdθ,
soit e n , e p = 0 si n p ; e n , e n = a
2
n
π
n + 1
= 1.
Le système (e n , n ∈ N) est donc orthonormal dans H D . Pour montrer que c’est une base
orthonormale, désignons par V l’espace vectoriel fermé qu’il engendre, et rappelons le
fait très utile (cf. P 5.11) suivant, pour f ∈ H D FIXÉE :
f ∈ V ⇐⇒ ⇒ f
2
=
∞
n=0
|| f, e n |
2
.
(V.15)
(Autrement dit, f est dans V si et seulement si on a égalité pour f dans l’inégalité de
Bessel générale
∞
n=0 ||g, e n |
2
≤ ≤g
2 ).
Soit ici f (z) =
∞
n=0 f n z
n
∈ H D . Calculons la norme de f en coordonnées polaires en
utilisant la relation de Parseval (P 5.11) sur le cercle, et Beppo Levi :
f
2
=
1
0
2π
0
| f (re
it )|
2 rdrdt =
1
0
r
2π
0
| f (re
it )|
2 dt
dr
=
1
0
r
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 2π
∞
n=0
| f n |
2 r
2n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ dr = 2π
∞
n=0
1
0
| f n |
2 r
2n+1 dr
=
∞
n=0
π
n + 1
| f n |
2
.
(V.16)
Par polarisation, on voit que si f, g ∈ H D :
f (z) =
∞
n=0
f n z
n
, g(z) =
∞
n=0
g n z
n
=⇒ ⇒ f, g =
∞
n=0
π
n + 1
f n g n .
En particulier (et cela redonne au passage le début de la question 6)), puisque
e n (z) =
n+1
π z
n , on a
f, e n =
π
n + 1
n + 1
π
f n =
π
n + 1
f n .
En élevant au carré, ajoutant et utilisant (V.16), on obtient (V.15), et donc f ∈ V. Comme
f est arbitraire dans H D , on a H D = V, et (e n ) est bien une base orthonormée de H D .
(ii) K D (w, z) =
+∞
n=0 e n (z)e n (w) =
+∞
n=0
n+1
π (zw)
n .
On pose u = zw, g(u) = K D (w, z) ; (n + 1)u
n
=
d
du u
n+1 , donc
K D (w, z) = g(u) =
1
π
d
du
+∞
n=0 u
n+1
=
1
π
d
du (
1
1−u − 1) =
1
π (1 − u)
−2
=
1
π (1 − zw)
−2 .
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