« Espaces de Banach/Exercices/Dual topologique » : différence entre les versions

 
#<math>\mu(f_n)\to\int f\,\mathrm d\mu=\mu(\{0\})</math>.
#<math>\delta_x(f_n)\to\delta_x(\{0\})=f(x)</math> et <math>f\notin E</math>.
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==Exercice 1-6==
Soit ''H'' un espace de Hilbert et ''C'' une partie de ''H'', convexe, non vide, fermée et bornée. Soit <math>T:C\to C</math> une application telle que pour tout <math>x,y\in C</math>, <math>\|T(x)-T(y)\|\le\|x-y\|</math>.
#Soit <math>a\in C</math>. Pour tout <math>n\geq1</math>, on définit <math>T_n(x)=\frac1na+ \frac{n-1}nT(x)</math>, pour <math>x\in C</math>. Montrer que <math>T_n</math> est strictement contractante, et en déduire qu'il existe un unique point <math>x_n\in C</math> tel que <math>T_n(x_n)=x_n</math>.
#Montrer qu'il existe une suite extraite <math>(x_{n_k})_{k\geq1}</math> de <math>(x_n)_{n\geq1}</math> qui converge faiblement vers un certain <math>x\in H</math>.
#On pose <math>y_n=x_n-a</math> (pour tout <math>n\ge1</math>) et <math>y=x-a</math>. Montrer que pour tout <math>m\ge2</math>, <math>T(x_m)=\frac m{m-1}x_m-\frac1{m-1}a</math>, et en déduire que <math>\left( \frac{n^2}{(n-1)^2}-1\right)\|y_n\|^2 +
\left( \frac{n_k^2}{(n_k-1)^2}-1\right)\|y_{n_k}\|^2 \leq
2\operatorname{Re}{\langle y_n, y_{n_k} \rangle}\left( \frac{n}{n-1}\frac{n_k}{n_k-1}-1\right)</math>.
#En déduire que <math>\|y_n\|^2\le\frac{2n-2}{2n-1}\operatorname{Re}{\langle y_n, y\rangle}</math>.
#En déduire que la suite <math>(x_{n_k})_{k\geq1}</math> converge fortement vers <math>x</math>, que <math>x\in C</math>, et que <math>T(x)=x</math>.
{{Solution|contenu=
#<math>\|T_n(x)-T_n(y)\|\le\frac{n-1}n\|x-y\|</math> + [[Topologie générale/Complétude#Espace complet|théorème du point fixe de Picard-Banach]].
#<math>(x_n)_n</math> est bornée (car à valeurs dans <math>C</math> borné) + <math>H</math> est [[w:Espace réflexif|réflexif]].
#<math>\forall n\ge2\quad x_n=T_n(x_n)=\frac1n a+\frac{n-1}nT(x_n)</math> donc <math>T(x_n)=\frac1{n-1}(nx_n-a)</math>, c'est-à-dire <math>T(y_n+a)=\frac n{n-1}y_n+a</math>.<br>La question suivante se réécrit : montrer que <math>\left\|\frac n{n-1}y_n-\frac{n_k}{n_k-1}y_{n_k}\right\|^2\le\|y_n-y_{n_k}\|^2</math> ou encore, d'après l'égalité précédente : montrer que <math>\|T(y_n+a)-T(y_{n_k}+a)\|\le\|y_n-y_{n_k}\|</math>, ce qui est vrai par hypothèse sur <math>T</math>.
#En faisant <math>k\to\infty</math> (pour <math>n</math> fixé), on en déduit <math>\left(\frac{n^2}{(n-1)^2}-1\right)\|y_n\|^2\le
2{\rm Re}\langle y_n,y\rangle\frac n{n-1}</math>, c'est-à-dire <math>\|y_n\|^2\le\frac{2n-2}{2n-1}{\rm Re}\langle y_n,y\rangle</math>.
#Donc <math>\|y_n-y\|^2\le\|y\|^2+{\rm Re}\langle y_n, y\rangle\left(\frac{2n-2}{2n-1}-2\right)=\|y\|^2-\frac{2n}{2n-1}{\rm Re}\langle y_n, y\rangle</math>, en particulier <math>\|y_{n_k}-y\|^2\le\|y\|^2-\frac{2n}{2n-1}{\rm Re}\langle y_{n_k}, y\rangle\to\|y\|^2-{\rm Re}\langle y,y\rangle=0</math>, si bien que <math>y_{n_k}\to y</math> et donc <math>x_{n_k}\to x</math> (fortement). Comme <math>C</math> est fermé et <math>T</math> continue, <math>x\in C</math> et <math>T(x_{n_k})\to T(x)</math>, or <math>T(x_{n_k})-x_{n_k}=\frac{x_{n_k}-a}{{n_k}-1}\to0</math> (car <math>x_{n_k}\in C</math> borné), d'où <math>T(x)=\lim x_{n_k}=x</math>.
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