Université Abdelhamid Ibn Badis-Mostaganem Faculté des Sciences Exactes et Informatique Département de Mathématiques 1ere Année Master AF-AH-MCO Matière : Théorie des Opérateurs Linéaires II Responsable : Sidi Mohamed Bahri Correction de la Feuille d’exercices N 2 Exercice 1 Supposons X 6= f0g : Il est claire que si A 2 L (X) est bijectif; alors A 1 existe et D A 1 = X:,Si de plus X est un Banach, d’aprés le théorème de Banach sur l’inverse, on a alors A 1 2 L (X) : Si X n’est pas complet, alors A 1 n’est pas nécessairement borné. Si A 1 n’est pas borné, alors il s’en suit de la dé…nition de la norme que A 1 = +1,et l’inégalité 1 A est trivialement véri…ée. Supposons, maintenant que A 1 kAk kxk = kIxk = AA 1 x (1) 2 L (X), alors il s’en suit de l’égalité 1 I = AA que pour tout x 2 X : 1 1 kAk A x kAk A 1 kxk : Nous avons supposé que X 6= f0g ; alors nous concluons que kAk A 1 1 et nous avons l’inégalité voulue. Exercice 2 Soit (en )n une base orthonormale dans un espace de Hilbert H, et dé…nissons l’opérateur A par ! 1 1 X X A xk ek = xk ek+1 : (2) k=1 k=1 1. Montrer que A : H = span fen : n 2 Ng ! H est borné. Comme (en )n est une B.O.N. alors 2 kxk = 1 X 2 xk ek k=1 = 1 X k=1 Il s’en suit que A est dé…ni sur tout H et que ! 2 1 1 X X 2 kAxk = A xk ek = xk ek+1 k=1 k=1 2 jxk j : 2 = 1 X k=1 2 2 jxk j = kxk : Nous déduisons que kAk = 1 et que A est linéaire et partout dé…ni sur H, alors A 2 L (H). 1 2. Maintenant supposons que 1 X A xk ek k=1 ! = 1 X xk ek+1 = 0; k=1 P1 alors xk = 0 pour tout k 2 N. Donc k=1 xk ek = 0 et A est injectif. Par conséquent A 1 existe et son domaine est donné par D A 1 = AD (A) = fx 2 H : x1 = (x; e1 ) = 0g : Si x 2 D A 1 ; alors A 1 1 x=A 1 X xk ek k=2 ! 1 X = xk ek 1 k=2 = 1 X xk+1 ek : k=1 Ceci peut être écrit sous la forme : A 1 (0; x2 ; x3 ; : : :) = (x2 ; x3 ; : : :) ; i.e., nous avons juste supprimer le zero et déplacer le reste de la suite d’un crant vers la gauche. Exercice 3 Soit I = [a; b] et considérons l’opérateur linéaire dé…ni de C ([a; b]) dans lui même, donné par Z t Af (t) = f (s) ds: (3) a 1. Montrer que A 2 L (C ([a; b])). En e¤ et, Z t Z t Z t jAf (t)j = f (s) ds jf (s)j ds kf k1 ds = (t a a a a) kf k1 (b donc kAf k1 (b a) kf k1 ; et par conséquent A est borné et kAk1 1 pour tout t 2 [a; b] ; alors kf k1 et Z t Af (t) = ds = (t a (b a) : D’autre part, soit f (t) = a) ; t 2 [a; b] : Alors kAf k1 = sup jt aj = b t2[a;b] Nous concluons que kAk b a kAk = b a: d’où 2 a: a) kf k1 ; 2. Montrons que A est injectif. Pour cela supposons que Z t Af (t) = f (s) ds = 0: a Comme f 2 C ([a; b]) ; nous avons Af 2 C 1 ([a; b]) avec d Af (t) = f (t) = 0; dt ce qui montre que f = 0; donc A est injectif. Il s’en suit de ce qui précede que C 1 ([a; b]) : A (C ([a; b])) Et comme Af (a) = 0; alors g 2 C 1 ([a; b]) =g (a) = 0 : A (C ([a; b])) Inversement, si g 2 C 1 ([a; b]) et g (a) = 0, alors f = g 0 2 C ([a; b]) ; et Af = g; donc l’image devient A (C ([a; b])) = g 2 C 1 ([a; b]) =g (a) = 0 : 3. Il est facile de voir que 1 A : A (C ([a; b])) ! C ([a; b]) est dé…ni par 1 A g = g0 : L’opérateur A 1 n’est-il borné. En e¤ et, nous savons que (t A (C ([a; b])) et que n k(t a) k1 = sup j(t t2[a;b] n a) j = (b n a) : Il s’en suit de l’égalité A 1 (t n n 1 a) = n (t a) que 1 n n 1 n n k(t a) k1 b a ce qui montre qu’il n’existe pas de constante M 0 telle que A A (t 1 f a) 1 1 = n (t a) = M kf k1 pour tout f 2 A (C ([a; b])) ; et A n’est donc pas borné. 3 n a) 2 Exercice 4 Il est claire que kT f k1 kf k1 8f 2 C ([0; 1]) ; donc T est borné. Supposons que T f1 = T f2 , i.e., Z Z f1 ( ) d = 0 f2 ( ) d 0 8t 2 [0; 1] ; alors par di¤ érentiation, on a f1 ( ) = f2 ( ) pour tout t 2 [0; 1] ; i.e., f1 ( ) = f2 ;alors T est injectif. Maintenant, soit ' une fonction continuement di¤ érentiable telle que ' (0) = 0: Alors '0 2 X et Z t '0 ( ) d ' (t) = 0 i.e., ' = T '0 : Donc T est surjectif. Il s’en suit de ce qui précède que T 1 T Il est facile de voir que T T 1 sin (nt) 1 1 1 8t 2 [0; 1] ; existe et que ' (t) = '0 (t) 8t 2 [0; 1] : n’est pas borné. En e¤ et, = kn cos (nt)k1 = n n ksin (nt)k1 ; 8n 2 N: Ceci ne contredit pas le théorème de Banach (théorème de l’inverse borné) car Y muni de la norme in…nie k k1 n’est pas un espace de Banach. 4