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Université Abdelhamid Ibn Badis-Mostaganem
Faculté des Sciences Exactes et Informatique
Département de Mathématiques
1ere 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 X6=f0g:Il est claire que si A2L(X)est bijectif;alors
A1existe 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12L(X):
Si Xn’est pas complet, alors A1n’est pas nécessairement borné.
Si A1n’est pas borné, alors il s’en suit de la dé…nition de la norme que
A1 = +1,et l’inégalité
A1  kAk1(1)
est trivialement véri…ée.
Supposons, maintenant que A12L(X), alors il s’en suit de l’égalité
I=AA1
que pour tout x2X:
kxk=kIxk=
AA1x  kAk A1x  kAk A1 kxk:
Nous avons supposé que X6=f0g;alors nous concluons que
kAk
A1 1
et nous avons l’inégalité voulue.
Exercice 2 Soit (en)nune base orthonormale dans un espace de Hilbert H, et
dé…nissons l’opérateur Apar
A 1
X
k=1
xkek!=
1
X
k=1
xkek+1:(2)
1. Montrer que A:H=span fen:n2Ng ! Hest borné. Comme (en)n
est une B.O.N. alors
kxk2=
1
X
k=1
xkek
2
=
1
X
k=1
jxkj2:
Il s’en suit que Aest dé…ni sur tout Het que
kAxk2=
A 1
X
k=1
xkek!
2
=
1
X
k=1
xkek+1
2
=
1
X
k=1
jxkj2=kxk2:
Nous déduisons que kAk= 1 et que Aest linéaire et partout dé…ni sur H,
alors A2L(H).
1

2. Maintenant supposons que
A 1
X
k=1
xkek!=
1
X
k=1
xkek+1 = 0;
alors xk= 0 pour tout k2N. Donc P1
k=1 xkek= 0 et Aest injectif. Par
conséquent A1existe et son domaine est donné par
DA1=AD (A) = fx2H:x1= (x; e1) = 0g:
Si x2DA1;alors
A1x=A1 1
X
k=2
xkek!=
1
X
k=2
xkek1=
1
X
k=1
xk+1ek:
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
Af (t) = Zt
a
f(s)ds: (3)
1. Montrer que A2L(C([a; b])). En e¤et,
jAf (t)j=Zt
a
f(s)dsZt
a
jf(s)jds  kfk1Zt
a
ds = (ta)kfk1(ba)kfk1;
donc
kAfk1(ba)kfk1;
et par conséquent Aest borné et kAk1(ba):D’autre part, soit f(t) =
1pour tout t2[a; b];alors kfk1et
Af (t) = Zt
a
ds = (ta); t 2[a; b]:
Alors
kAfk1= sup
t2[a;b]
jtaj=ba:
Nous concluons que
kAk  ba
d’où
kAk=ba:
2

2. Montrons que Aest injectif. Pour cela supposons que
Af (t) = Zt
a
f(s)ds = 0:
Comme f2C([a; b]) ;nous avons Af 2C1([a; b]) avec
d
dtAf (t) = f(t) = 0;
ce qui montre que f= 0;donc Aest injectif.
Il s’en suit de ce qui précede que
A(C([a; b])) C1([a; b]) :
Et comme Af (a) = 0;alors
A(C([a; b])) g2C1([a; b]) =g (a) = 0:
Inversement, si g2C1([a; b]) et g(a) = 0, alors
f=g02C([a; b]) ;
et
Af =g;
donc l’image devient
A(C([a; b])) = g2C1([a; b]) =g (a) = 0:
3. Il est facile de voir que
A1:A(C([a; b])) !C([a; b])
est dé…ni par
A1g=g0:
L’opérateur A1n’est-il borné. En e¤et, nous savons que (ta)n2
A(C([a; b])) et que
k(ta)nk1= sup
t2[a;b]
j(ta)nj= (ba)n:
Il s’en suit de l’égalité
A1(ta)n=n(ta)n1
que 
A1(ta)n 1=n(ta)n1=n
bak(ta)nk1
ce qui montre qu’il n’existe pas de constante M0telle que
A1f 1Mkfk1pour tout f2A(C([a; b])) ;
et An’est donc pas borné.
3

Exercice 4 Il est claire que
kT fk1 kfk18f2C([0;1]) ;
donc Test borné.
Supposons que T f1=T f2, i.e.,
Z
0
f1()d =Z
0
f2()d 8t2[0;1] ;
alors par di¤érentiation, on a
f1() = f2()pour tout t2[0;1] ;
i.e., f1() = f2;alors Test injectif.
Maintenant, soit 'une fonction continuement di¤érentiable telle que '(0) =
0:Alors '02Xet
'(t) = Zt
0
'0()d 8t2[0;1] ;
i.e., '=T '0:Donc Test surjectif.
Il s’en suit de ce qui précède que T1existe et que
T1'(t) = '0(t)8t2[0;1] :
Il est facile de voir que T1n’est pas borné. En e¤et,
T1sin (nt) 1=kncos (nt)k1=nnksin (nt)k1;8n2N:
Ceci ne contredit pas le théorème de Banach (théorème de l’inverse borné) car
Ymuni de la norme in…nie kk1n’est pas un espace de Banach.
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