Eclats de vers : Matemat 10 : Optimisation - 7

Un espace de Hilbert \(H\) est un espace de Banach dont la distance découle d'un produit scalaire \(\scalaire{}{}\) défini sur \(H\) :

\[\distance(u,v) = \norme{u - v} = \sqrt{\scalaire{u - v}{u - v}}\]

Dans la suite, nous considérons un espace de Hilbert \(H\) sur \(\corps\).

Les espaces de Hilbert permettent de généraliser en dimension infinie nombre de résultats valables en dimension finie. Parmi eux, les espaces fonctionnels sont très utilisés. Ils permettent entre-autres de relier la solution de certaines équations différentielles à des problèmes de minimisation.

Soit \(\varphi \in H^\dual\) et une suite de Cauchy \(\{x_1,x_2,...\} \subseteq \noyau \varphi \subseteq H\). L'espace \(H\) étant complet, cette suite converge vers \(x \in H\). Par continuité de \(\varphi\), on a :

\[\forme{\varphi}{x} = \lim_{n \to \infty} \forme{\varphi}{x_n} = 0\]

On en conclut que \(x \in \noyau \varphi\). L'espace vectoriel \(\noyau \varphi\) est donc complet.

Soit l'application linéaire continue \(A : H \mapsto H\) et une suite de Cauchy \(\{y_1,y_2,...\} \subseteq \image A \subseteq H\). L'espace \(H\) étant complet, cette suite converge vers \(y \in H\). Comme les \(y_i \in \image A\), on peut trouver des \(x_i \in H\) tels que \(A(x_i) = y_i\). Par continuité de \(A\), on a :

\[y = \lim_{n \to \infty} y_n = \lim_{n \to \infty} A(x_n) = A(x) \in \image A\]

On en conclut que \(y \in \image A\). L'espace vectoriel \(\image A\) est donc complet.

Soit \(V \subseteq H\). Considérons une suite de Cauchy \(\{x_1,x_2,...\} \subseteq V^\orthogonal \subseteq H\). Comme \(H\) est complet, cette suite est convergente vers \(x \in H\). Choisissons \(z \in V\). On a :

\[\scalaire{x - x_n}{z} = \scalaire{x}{z} - \scalaire{x_n}{z} = \scalaire{x}{z}\]

On en déduit que :

\[\abs{\scalaire{x}{z}} = \abs{\scalaire{x - x_n}{z}} \le \norme{x - x_n} \cdot \norme{z}\]

Comme cette relation doit être valable pour tout \(n\) et que \(\norme{x - x_n}\) converge vers \(0\), on en déduit que :

\[\scalaire{x}{z} = 0\]

c'est-à-dire \(x \in V^\orthogonal\). On en conclut que \(V^\orthogonal\) est un espace complet.

\begin{theoreme} Soit $V \subseteq H$ un sous-espace vectoriel complet. Pour tout $x \in H$, il existe un unique $u \in V$ vérifiant : \norme{$$x - u} = \inf_{z \in V} \norme{x - z} = \distance(x,V)$$ \end{theoreme} \begin{demonstration} Soit $x \in H$ et : $$D = \{ \norme{x - z} : z \in V \} \subseteq \setR$$ L'ensemble $D$ est inclu dans $\setR$ et minoré puisque $0 \le D$. On en conclut que l'infimum $\lambda = \inf D$ existe. On a par définition $\distance(x,V) = \lambda$. Comme $D \subseteq \setR$, on a $\lambda \in \adh D$ et la distance au sens des réels est nulle : $$\distance(\lambda,D) = \inf_{r \in D} \abs{\lambda - r} = 0$$ On peut donc contruire une suite de $z_n \in V$ tels que : $$\lim_{n \to \infty} \norme{x - z_n} = \lambda$$ Choisissons $\epsilon \strictsuperieur 0$ et $m,n \in \setN$ tels que : $$\max\{\norme{x - z_m} , \norme{x - z_n} \} \le \lambda + \epsilon$$ et appliquons l'égalité du parallèlogramme à : #+BEGIN_CENTER \( v = x - z_m \\ w = x - z_n \) #+END_CENTER On a alors : #+BEGIN_CENTER \( v + w = 2 x - (z_m + z_n) \\ v - w = z_n - z_m \) #+END_CENTER et donc : $$\norme{2 x - (z_m + z_n)}^2 + \norme{z_n - z_m}^2 = 2 \left( \norme{x - z_m}^2 + \norme{x - z_m}^2 \right)$$ Comme : $$\norme{2 x - (z_m + z_n)}^2 = \norme{2 \left(x - \frac{z_m + z_n}{2}\right)}^2 = 4 \norme{x - \frac{z_m + z_n}{2}}^2$$ on peut réécrire ce résultat sous la forme : $$\norme{z_n - z_m}^2 + 4 \norme{x - \frac{z_m + z_n}{2}}^2 = 2 \left( \norme{x - z_m}^2 + \norme{x - z_m}^2 \right)$$ et donc : $$\norme{z_n - z_m}^2 = 2 \left( \norme{x - z_m}^2 + \norme{x - z_m}^2 \right) - 4 \norme{x - \frac{z_m + z_n}{2}}^2$$ Comme $V$ est un espace vectoriel, on a $(z_m + z_n)/2 \in V$. Donc, par définition de l'infimum : $$\norme{x - \frac{z_m + z_n}{2}} \ge \lambda$$ On a aussi : $$\norme{x - z_m}^2 + \norme{x - z_m}^2 \le 2 (\lambda + \epsilon)^2$$ On en déduit que : $$\norme{z_n - z_m}^2 \le 4 (\lambda + \epsilon)^2 - 4 \lambda^2 = 8 \lambda \cdot \epsilon + 4 \epsilon^2$$ ce qui montre que les $z_n$ forment une suite de Cauchy. L'espace $V$ étant complet, cette suite converge vers un certain $u \in V$. On a alors : $$\norme{x - u} = \lim_{n \to \infty} \norme{x - z_n} = \lambda = \distance(x,V)$$ Nous avons donc prouvé l'existence d'un vecteur $u \in V$ minimisant la distance à $x$. Supposons à présent que $u,v \in V$ vérifient : $$\norme{x - u} = \norme{x - v} = \lambda$$ Appliquons le parallélogramme à $u - x$ et $x - v$. On a : #+BEGIN_CENTER \( (u - x) + (x - v) = u - v \\ (u - x) - (x - v) = u + v - 2 x \) #+END_CENTER et : \begin{align} \norme{u - v}^2 + \norme{u + v - 2 x}^2 &= 2 ( \norme{u - x}^2 + \norme{x - v}^2 ) \\ &= 2 (\lambda^2 + \lambda^2) = 4 \lambda^2 \end{align} On en conclut que : \begin{align} \norme{u - v}^2 &= 4 \lambda^2 - \norme{u + v - 2 x}^2 \\ &= 4 \lambda^2 - 4 \norme{\frac{u + v}{2} - x}^2 \end{align} Mais comme $(u + v)/2 \in V$, on a : $$\norme{\frac{u + v}{2} - x}^2 \ge \lambda^2$$ et : $$0 \le \norme{u - v}^2 \le 4 \lambda^2 - 4 \lambda^2 = 0$$ Donc, $\norme{u - v} = 0$ et $u = v$, ce qui prouve l'unicité de la solution optimale. \end{demonstration}

On peut donc définir l'application de projection \(P : H \mapsto V\) par :

\[\norme{x - P(x)} = \inf_{z \in V} \norme{x - z}\]

ou :

\[P(x) = \argument_H\inf_{z \in V} \norme{x - z}\]

Comme \(P(x) \in V\), cela revient à :

\[P(x) = \arg\min_{z \in V} \norme{x - z}\]

Soit \(x \in H\) et \(u = P(x)\). L'écart \(e = x - u\) possède-t-il les mêmes propriétés d'orthogonalité qu'en dimension finie ? Soit \(\alpha \in \corps\) et \(v \in V\). On a \(u + \alpha \cdot v \in V\) et donc :

\[\norme{x - u}^2 = \norme{e}^2 \le \norme{x - u - \alpha \cdot v}^2 = \norme{e - \alpha \cdot v}^2\]

En développant ce dernier membre, on obtient :

\[\norme{e}^2 \le \norme{e}^2 - 2 \Re(\alpha \cdot \scalaire{e}{v}) + \abs{\alpha}^2 \cdot \norme{v}^2\]

On en déduit que :

\[\abs{\alpha}^2 \cdot \norme{v}^2 - 2 \Re(\alpha \cdot \scalaire{e}{v}) \ge 0\]

Utilisant la définition du produit complexe, il vient :

\[\abs{\alpha}^2 \cdot \norme{v}^2 - 2 \Re(\alpha) \cdot \Re(\scalaire{e}{v}) + 2 \Im(\alpha) \cdot \Im(\scalaire{e}{v}) \ge 0\]

Choisissons \(\alpha = \gamma \in \setR\), avec \(\gamma \strictsuperieur 0\). On a \(\Re(\alpha) = \gamma\), \(\Im(\alpha) = 0\) et \(\abs{\alpha}^2 = \gamma^2\). Donc :

\[\gamma^2 \cdot \norme{v}^2 - 2 \gamma \cdot \Re(\scalaire{e}{v}) \ge 0\]

Si nous divisons par \(\gamma\) et que nous faisons passer le second terme dans le second membre, il vient :

\[2 \Re(\scalaire{e}{v}) \le \gamma \cdot \norme{v}^2\]

Comme ce doit être valable pour tout \(\gamma\) strictement positif, on en conclut que \(\Re(\scalaire{e}{v}) \le 0\). Recommençons le même procédée avec \(\alpha = - \gamma \strictinferieur 0\). On a :

\[\gamma^2 \cdot \norme{v}^2 + 2 \gamma \cdot \Re(\scalaire{e}{v}) \ge 0\]

et :

\[2 \Re(\scalaire{e}{v}) \ge - \gamma \cdot \norme{v}^2\]

Comme ce doit être valable pour tout \(\delta = - \gamma\) strictement négatif, on en conclut que \(\Re(\scalaire{e}{v}) \ge 0\). D'où finalement \(\Re(\scalaire{e}{v}) = 0\).

Choisissons à présent \(\alpha = \img \gamma\), où le réel \(\gamma \strictsuperieur 0\) et où \(\img = \sqrt{-1}\). On a \(\Re(\alpha) = 0\), \(\Im(\alpha) = \gamma\) et \(\abs{\alpha}^2 = \gamma^2\). Donc :

\[\gamma^2 \cdot \norme{v}^2 + 2 \gamma \cdot \Im(\scalaire{e}{v}) \ge 0\]

On en déduit que :

\[2 \Im(\scalaire{e}{v}) \ge - \gamma \cdot \norme{v}^2\]

Comme ce doit être valable pour tout \(\delta = - \gamma\) strictement négatif, on en conclut que \(\Im(\scalaire{e}{v}) \ge 0\). Recommençons le même procédée avec \(\alpha = - \img \gamma\), avec \(\gamma \strictsuperieur 0\). On a :

\[\gamma^2 \cdot \norme{v}^2 - 2 \gamma \cdot \Im(\scalaire{e}{v}) \ge 0\]

et :

\[2 \Im(\scalaire{e}{v}) \le \gamma \cdot \norme{v}^2\]

Comme ce doit être valable pour tout \(\gamma\) strictement positif, on en conclut que \(\Im(\scalaire{e}{v}) \le 0\). D'où finalement \(\Im(\scalaire{e}{v}) = 0\). Ce produit scalaire ayant des parties réelles et imaginaires nulles, il est nul :

\[\scalaire{e}{v} = 0\]

Cette relation d'orthogonalité étant valable pour tout \(v \in V\), on en conclut que \(e \in V^\orthogonal\).

Soit \(v \in V\). Il est clair que le choix \(u = v\) minimise la distance \(\norme{v - u} \ge 0\) sur \(u \in V\) puisque \(\norme{v - v} = 0\). Par unicité de la solution optimale, on en déduit que \(P(v) = v\) pour tout \(v \in V\).

Comme \(v = P(x) \in V\) pour tout \(x \in H\), on a :

\[P^2(x) = P \circ P(x) = P(v) = v = P(x)\]

d'où \(P^2 = P\).

On peut donc exprimer tout \(x \in H\) comme une somme :

\[x = u + e\]

où \(u = P(x) \in V\) et \(e = x - P(x) \in V^\orthogonal\). Nous allons voir que cette décomposition est unique. Soit \(x \in H\) et les vecteurs \(u,v \in V\) et \(y,z \in V^\orthogonal\) tels que :

\[x = u + y = v + z\]

On a :

\[0 = \norme{x - x}^2 = \norme{u + y - v - z}^2 = \norme{(u - v) + (y - z)}^2\]

Comme \(u - v \in V\) et \(y - z \in V^\orthogonal\), on a \(\scalaire{u - v}{y - z} = 0\). On peut donc appliquer le théorème de Pythagore. On obtient :

\[0 = \norme{(u - v) + (y - z)}^2 = \norme{u - v}^2 + \norme{y - z}^2\]

ce qui n'est possible que si \(\norme{u - v} = \norme{y - z} = 0\), c'est-à-dire \(u = v\) et \(y = z\), ce qui prouve l'unicité de la décomposition. L'espace \(H\) est donc la somme directe de \(V\) et de \(V^\orthogonal\) :

\[H = V \bigoplus V^\orthogonal\]

• Soit \(x \in V\). Pour tout \(z \in V^\orthogonal\), on a :

\[\scalaire{x}{z} = 0\]

Donc \(x \in (V^\orthogonal)^\orthogonal\) et \(V \subseteq (V^\orthogonal)^\orthogonal\).

• Soit \(x \in (V^\orthogonal)^\orthogonal \subseteq H\). On pose \(u = P(x) \in V\) et \(v = x - P(x) \in V^\orthogonal\). On a donc \(x = u + v\). Par définition de \((V^\orthogonal)^\orthogonal\), on a :

\[\scalaire{x}{z} = 0\]

pour tout \(z \in V^\orthogonal\). Comme \(u \in V\), on a aussi \(\scalaire{u}{z} = 0\) et finalement :

\[0 = \scalaire{x}{z} = \scalaire{u}{z} + \scalaire{v}{z} = \scalaire{v}{z}\]

Si on choisit \(z = v\), cela donne \(\scalaire{v}{v} = 0\), d'où \(v = 0\) et \(x = u \in V\). On en conclut que \((V^\orthogonal)^\orthogonal \subseteq V\).

On conclut de ces deux inclusions que :

\[(V^\orthogonal)^\orthogonal = V\]

Nous allons à présent établir une équivalence entre les formes linéaires de \(H^\dual\) et le produit scalaire sur \(H\).

\begin{theoreme} Pour toute forme linéaire $\varphi \in H^\dual$, il existe un et un seul $u \in H$ tel que : $$\forme{\varphi}{x} = \scalaire{u}{x}$$ pour tout $x \in H$. On dit que $u$ représente $\varphi$ sur $H$. \end{theoreme} \begin{demonstration} Soit le noyau : $$N = \noyau \varphi = \{ x \in H : \forme{\varphi}{x} = 0 \}$$ - Si $N = H$, il suffit de choisir $u = 0$. On a alors : $$\forme{\varphi}{x} = 0 = \scalaire{0}{x} = \scalaire{u}{x}$$ pour tout $x \in H$. Pour prouver l'unicité, si on a aussi $v \in H$ représente également $\varphi$, le choix $x = v$ nous donne : $$\forme{\varphi}{v} = 0 = \scalaire{v}{v}$$ ce qui implique que $v = 0$. - Dans le cas contraire, on a $H \setminus N \ne \emptyset$. Comme $N$ est complet, on peut lui appliquer les résultats relatifs aux projections, dont la somme directe $H = N \bigoplus N^\orthogonal$. Choisissons $a \in H \setminus N$. On a $\forme{\varphi}{a} \ne 0$ et une unique décomposition $a = b + c$, où $b \in N$ et $c \in N^\orthogonal$. On a donc par définition $\forme{\varphi}{b} = 0$ et : $$0 \ne \forme{\varphi}{a} = \forme{\varphi}{b} + \forme{\varphi}{c} = \forme{\varphi}{c}$$ En partant de vecteurs de la forme $\gamma \cdot c$, où $\gamma \in \corps$, on peut obtenir la valeur de $\varphi$ en n'importe quel $x \in H$ : $$\forme{\varphi}{\gamma \cdot c} = \gamma \cdot \forme{\varphi}{c} = \forme{\varphi}{x}$$ Il suffit donc de choisir : $$\gamma = \frac{ \forme{\varphi}{x} }{ \forme{\varphi}{c} }$$ Considérons un $x \in H$ quelconque et sa décomposition unique $x = y + z$, où $y \in N$ et $z \in N^\orthogonal$. Si : $$w = \frac{ \forme{\varphi}{x} }{ \forme{\varphi}{c} } \cdot c$$ on a $\forme{\varphi}{w} = \forme{\varphi}{x}$. Posons $v = x - w$. On a alors : $$\forme{\varphi}{v} = \forme{\varphi}{x} - \forme{\varphi}{w} = 0$$ On en déduit que $v \in N$. Comme on a aussi $w \in N^\orthogonal$ et $x = v + w$, on conclut par unicité de la décomposition que $v = y$ et $w = z$. Pour tout $u \in H$, on a : $$\scalaire{u}{x} = \scalaire{u}{v} + \scalaire{u}{w}$$ Par analogie avec $\forme{\varphi}{v} = 0$, on voudrait bien que $\scalaire{u}{v} = 0$. Pour cela, il suffit de choisir $u \in N^\orthogonal$, par exemple $u = \lambda \cdot c$ pour un certain $\lambda \in \corps$. Si on veut que $u$ représente $\varphi$, il faut en particulier que $\scalaire{u}{c} = \forme{\varphi}{c}$, c'est-à-dire : $$\scalaire{\lambda \cdot c}{c} = \conjaccent{\lambda} \cdot \scalaire{c}{c} = \forme{\varphi}{c}$$ d'où : $$\lambda = \frac{ \conjaccent{\forme{\varphi}{c}} }{ \scalaire{c}{c} }$$ et : $$u = \frac{ \conjaccent{\forme{\varphi}{c}} }{ \scalaire{c}{c} } \cdot c$$ Soit $x \in H$. On a la décomposition : $$x = \frac{ \forme{\varphi}{x} }{ \forme{\varphi}{c} } \cdot c + v$$ où $v \in N$. Donc : \begin{align} \scalaire{u}{x} &= \frac{ \forme{\varphi}{x} }{ \forme{\varphi}{c} } \cdot \frac{ \forme{\varphi}{c} }{ \scalaire{c}{c} } \cdot \scalaire{c}{c} + \scalaire{u}{v} \\ &= \forme{\varphi}{x} \end{align} Nous avons prouvé l'existence d'un $u \in H$ représentant $\varphi$. Pour l'unicité, si $u$ et $p$ représentent $\varphi$, on a : $$\scalaire{u - p}{x} = \scalaire{u}{x} - \scalaire{p}{x} = \forme{\varphi}{x} - \forme{\varphi}{x} = 0$$ pour tout $x \in H$, et en particulier pour $x = u - p$, d'où : $$\norme{u - p}^2 = \scalaire{u - p}{u - p} = 0$$ ce qui implique $u - p = 0$ et donc $u = p$. \end{demonstration}

\begin{theoreme} Si $\vartheta : H \times H \mapsto \corps$ est une forme bilinéaire de norme finie sur $H$, il existe une unique application linéaire et continue $A : H \mapsto H$ telle que : $$\biforme{u}{\vartheta}{v} = \scalaire{A(u)}{v}$$ pour tout $u,v \in H$. \end{theoreme} \begin{demonstration} Pour tout $u \in H$, on définit la forme linéaire $\varphi_u : H \mapsto \corps$ par : $$\forme{\varphi_u}{x} = \biforme{u}{\vartheta}{x}$$ pour tout $x \in H$. Pour $u \in H$ fixé, $\varphi_u$ est continue car : $$\norme{\forme{\varphi_u}{x}} = \norme{\biforme{u}{\vartheta}{x}} \le \norme{\vartheta}_\lineaire \cdot \norme{u} \cdot \norme{x}$$ d'où $\norme{\varphi_u} \le {\vartheta}_\lineaire \cdot \norme{u} \strictinferieur +\infty$. On peut donc trouver un unique représentant $A(u) \in H$ tel que : $$\scalaire{A(u)}{x} = \forme{\varphi_u}{x} = \biforme{u}{\vartheta}{x}$$ pour tout $x \in H$, ce qui définit l'application $A : u \in H \mapsto A(u) \in H$. Cette application est linéaire car : \begin{align} \scalaire{A(\alpha \cdot u + \beta \cdot v)}{x} &= \biforme{\alpha \cdot u + \beta \cdot v}{\vartheta}{x} \\ &= \alpha \cdot \biforme{u}{\vartheta}{x} + \beta \cdot \biforme{v}{\vartheta}{x} \\ &= \alpha \cdot \scalaire{A(u)}{x} + \beta \cdot \scalaire{A(v)}{x} \end{align} pour tout $u,v,x \in H$ et $\alpha,\beta \in \corps$. Elle est également continue car : $$\norme{A(u)}^2 = \scalaire{A(u)}{A(u)} = \biforme{u}{\vartheta}{A(u)} \le \norme{\vartheta}_\lineaire \cdot \norme{u} \cdot \norme{A(u)}$$ On a donc soit $A = 0$ et a fortiori $A$ continue, soit : \norme{$$A(u)} \le \norme{\vartheta}_\lineaire \cdot \norme{u} \strictinferieur +\infty$$ \end{demonstration}

\begin{theoreme} Soit une application $A : H \mapsto H$ linéaire et continue. Il existe une unique application $A^\dual : H \mapsto H$ telle que : $$\scalaire{A^\dual(v)}{u} = \scalaire{v}{A(u)}$$ pour tout $(u,v) \in H^2$. \end{theoreme} \begin{demonstration} Choisissons $v \in H$. L'application $\varphi_v : u \mapsto \scalaire{v}{A(u)}$ est une forme linéaire. Elle est continue car : $$\abs{\forme{\varphi_v}{u}} = \abs{\scalaire{v}{A(u)}} \le \norme{v} \cdot \norme{A(u)} \le \norme{v} \cdot \norme{A} \cdot \norme{u}$$ On a donc : $$\abs{\varphi_v} \le \norme{A} \cdot \norme{v}$$ Le théorème de Riesz nous dit qu'il existe un unique $A^\dual(v) \in H$ tel que : $$\scalaire{A^\dual(v)}{u} = \forme{\varphi_v}{u} = \scalaire{v}{A(u)}$$ pour tout $u \in H$. Comme ce résultat est également valable quel que soit $v \in H$, nous avons défini l'application $A^\dual : H \mapsto H$ demandée. \end{demonstration}

\begin{theoreme} Soit une forme bilinéaire $\vartheta : H \times H \mapsto \corps$ de norme finie. Nous supposons qu'il existe un réel $\varrho \strictsuperieur 0$ tel que : $$\biforme{u}{\vartheta}{u} \ge \varrho \cdot \norme{u}^2$$ pour tout $u \in H$. On dit que $\vartheta$ est coercive. Soit une forme linéaire et continue $\varphi : H \mapsto \corps$. Nous allons montrer qu'il existe un unique $s \in H$ tel que : $$\biforme{s}{\vartheta}{v} = \forme{\varphi}{v}$$ pour tout $v \in H$. \end{theoreme} \begin{demonstration} En appliquant le théorème de Riesz, on peut trouver un unique $f \in H$ qui représente $\varphi$ sur $H$ : $$\forme{\varphi}{v} = \scalaire{f}{v}$$ pour tout $v \in H$. On dispose aussi d'une application linéaire continue $A$ telle que : $$\biforme{u}{\vartheta}{v} = \scalaire{A(u)}{v}$$ pour tout $u,v \in H$. Pour tout $s$ vérifiant la condition du théorème, on doit donc avoir : $$\scalaire{f}{v} = \forme{\varphi}{v} = \biforme{s}{\vartheta}{v} = \scalaire{A(s)}{v}$$ et donc $\scalaire{f}{v} = \scalaire{A(s)}{v}$ pour tout $v \in H$. Par linéarité, on en déduit que : $$\scalaire{f - A(s)}{v} = 0$$ Le cas particulier $v = f - A(s)$ nous donne : $$\scalaire{f - A(s)}{f - A(s)} = \norme{f - A(s)}^2 = 0$$ On en déduit que $f - A(s) = 0$, autrement dit $A(s) = f$. On sait que l'image $V = \image A \subseteq H$ est un espace complet. On a dès lors la somme directe $H = V \bigoplus V^\orthogonal$. Soit $u \in V^\orthogonal$. On a $\scalaire{A(x)}{u} = 0$ pour tout $x \in H$. Le choix $x = u$ combiné avec la coercivité de $\vartheta$ nous donne : $$0 \le \varrho \cdot \norme{u}^2 \le \biforme{u}{\vartheta}{u} = \scalaire{A(u)}{u} = 0$$ Divisant alors par $\varrho$ strictement positif, on obtient $\norme{u}^2 = 0$, ce qui n'est possible que si $u = 0$. On en déduit que $V^\orthogonal = \{0\}$. Pour tout $x \in H$, on a donc la décomposition $x = y + 0 = y$ avec $y \in V$. On en déduit que $H = V = \image A$. Donc $f \in \image A$, ce qui prouve l'existence d'au moins un $s \in H$ tel que $A(s) = f$. D'un autre coté, si $s,t \in H$ vérifient $A(s) = A(t) = f$, on a $A(s - t) = A(s) - A(t) = f - f = 0$. Donc : $$0 \le \varrho \cdot \norme{s - t}^2 \le \biforme{s - t}{\vartheta}{s - t} = \scalaire{A(s - t)}{s - t} = \scalaire{0}{s - t} = 0$$ ce qui implique que $\norme{s - t}^2 = 0$, d'où $s = t$. La solution $s$ est donc unique. \end{demonstration}

Si une suite \(\{ u_i \in H : i \in \setN\}\) vérifie :

\[\scalaire{u_i}{u_j} = \delta_{ij}\]

pour tout \(i,j \in \setN\), on dit qu'elle est orthonormée. Dans la suite, nous considérons une suite \(\{ u_i \in H : i \in \setN\}\) orthonormée.

Soit \(x \in H\) et une suite orthonormée \(\{ u_i \in H : i \in \setN\}\). Par analogie avec les projections sur des espaces de dimension finie, on pose (sous réserve de convergence) :

\[p = \sum_{i = 1}^{+\infty} \scalaire{u_i}{x} \cdot u_i\]

Soit \(e = x - p\). On a :

\begin{align} \scalaire{u_k}{e} &= \scalaire{u_k}{x} - \sum_i \scalaire{u_i}{x} \scalaire{u_k}{u_i} \\ &= \scalaire{u_k}{x} - \sum_i \scalaire{u_i}{x} \delta_{ik} \\ &= \scalaire{u_k}{x} - \scalaire{u_k}{x} \\ &= 0 \end{align}

On en conclut que :

\[\scalaire{p}{e} = \sum_i \scalaire{x}{u_i} \cdot \scalaire{u_i}{e} = 0\]

On a donc :

\[\norme{x}^2 = \norme{p + e}^2 = \norme{p}^2 + \norme{e}^2\]

d'où :

\[\norme{x}^2 - \norme{p}^2 = \norme{e}^2 \ge 0\]

Par orthonormalité, la norme de \(p\) vérifie :

\[\norme{p}^2 = \sum_i \abs{\scalaire{u_i}{x}}^2\]

d'où :

\[\norme{x}^2 - \sum_i \abs{\scalaire{u_i}{x}}^2 \ge 0\]

c'est-à-dire :

\[\sum_i \abs{\scalaire{u_i}{x}}^2 \le \norme{x}^2\]

Si, pour tout \(x \in H\), la suite des projections finies :

\[p_n = \sum_{i = 1}^n \scalaire{u_i}{x} \cdot u_i\]

converge vers \(x\) :

\[x = \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^n \scalaire{u_i}{x} \cdot u_i\]

au sens de la distance dérivant du produit scalaire, on dit que les \(u_i\) forment une base de Hilbert (ou une base hilbertienne) de \(H\). On a alors :

\[x = \sum_{i = 1}^{+\infty} \scalaire{u_i}{x} \cdot u_i\]

Les scalaires :

\[x_i = \scalaire{u_i}{x}\]

sont appelés les coordonnées de \(x\) par rapport aux \(u_i\). Dans la suite, nous considérons une suite \(\{ u_i \in H : i \in \setN \}\) formant une base hilbertienne de \(H\).

Soit \(x \in H\) et \(\epsilon \strictsuperieur 0\). On peut trouver un \(n \in \setN\) tel que :

\[D = \norme{x - \sum_{i = 1}^n \scalaire{u_i}{x} \cdot u_i} \le \epsilon\]

Mais les propriétés des projections nous disent que :

\[0 \le D^2 = \norme{x}^2 - \sum_{i = 1}^n \abs{\scalaire{u_i}{x}}^2\]

et donc :

\[0 \le \norme{x}^2 - \sum_{i = 1}^n \abs{\scalaire{u_i}{x}}^2 \le \epsilon^2\]

En faisant tendre \(n \to \infty\), on a \(\epsilon \to 0\) et donc :

\[0 \le \norme{x}^2 - \sum_{i = 1}^{+\infty} \abs{\scalaire{u_i}{x}}^2 \le 0\]

c'est-à-dire :

\[\norme{x}^2 = \sum_{i = 1}^{+\infty} \abs{\scalaire{u_i}{x}}^2\]

Soit \(x,y \in E\). On a :

où \(x_i = \scalaire{u_i}{x}\) et \(y_i = \scalaire{u_i}{y}\). Par orthonormalité, leur produit scalaire s'écrit :

\[\scalaire{x}{y} = \lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^n \conjaccent{x}_i \cdot y_i\]

On a donc :

\[\scalaire{x}{y} = \sum_{i = 1}^{+\infty} \conjaccent{x}_i \cdot y_i\]