correction examen final master1 s2 2011 2012

Université Abdelhamid Ibn Badis Mostaganem
Faculté des Sciences Exactes et Informatique
Département de Mathématiques
Master1 AF-AH-MCO
Matière : Théorie des Opérateurs II
Responsable : Sidi Mohamed Bahri
Correction de l’Examen Final
(Juin 2012)
1. (a) Il est clair que Th est linéaire et il découle de
Exercise 1
2
kTh f k2
=
+1
Z
1
2
jf (x
h)j dx =
+1
Z
1
2
2
jf (x)j dx = kf k2
que
pour tout f 2 L2 (R) ;
kTh f k2 = kf k2
donc
kTh k = 1:
(b) Il est facile de voir que Th est inversible pour tout retard h > 0. En
e¤ et,
si Th f = 0; alors f (x
h) = 0 pour tout x 2 R;
alors
f
0:
Ceci montre que Th est injectif. Et comme il n’ya aucun souci pour
la surjection, l’opérateur inverse existe.
i. Par un changement de variable, à savoir
y=x
h; i:e: x = y + h
on a
Th f (x + h) = f (x)
et par conséquent
(Th )
1
f (x) = f (x + h) = T
hf
ii. D’aprés (b)
(Th )
1
Th = Th (Th )
1
=I
donc on a aussi
(Th )
1
1
= kT
hk
= 1:
(x) :
(c) Comme toute valeur propre est une valeur spectrale et comme
(Th )
f 2C:j j
kTh k = 1g ;
supposons que
Th f (x) = f (x
h) = f (x) avec j j
1:
i. Si j j = 1; alors
jf (x
h)j = jf (x)j ; h > 0:
Donc la fonction jf (x)j est périodique de période h > 0, alors
2
kf k2
=
+1
Z
1
2
jf (x)j dx =
+1 Zh
X
n= 1 0
2
jf (x)j dx < +1
ceci est bien évidement possible que si
Zh
2
jf (x)j dx = 0
0
(condition nécessaire pour la convergence de la série), i.e.,
f = 0 pour presque tout x 2 [0; h]
et donc
f = 0 pour presque tout x 2 R:
Alors f est représenté par la fonction nulle, ce qui a¢ rme que
2 C avec j j = 1 n’est pas admissible comme valeur propre
de l’opérateur Th .
ii. Si j j < 1;
1
1
On a montré que (Th ) = T h et kT h k = 1 donc (Th ) 2
B L2 (R) :
Donc si j j < 1; alors
(Th
I)
1
= (Th )
1
I
car
(Th )
(Th )
1
1
1
= j j < 1:
Par conséquent
f 2 C : j j < 1g
(Th ) ;
et donc
(Th )
2
f 2C:j j=
6 1g ;
2 B L2 (R)
ce qui implique que
(Th )
f 2 C : j j = 1g :
En…n,
p
(Th )
(Th )
et
p
(Th ) \ f 2 C : j j = 1g = ;
impliquent que
p
(Th ) = ;:
(a) De la même manière que 2. (b), on montre que T est bijectif et
comme
2
kT f k2
=
+1
Z
2
jT f (x)j dx =
0
+1
Z
2
jf (x
h)j dx =
+1
Z
2
2
jf (x)j dx = kf k2
0
h
alors T est une isométrie. Il s’en suit donc que
T T = I:
(1)
(b) Soit f; g 2 H: Alors
hT f; gi =
+1
Z
T f (x) g (x)dx =
0
+1
Z
f (x
h) g (x)dx =
+1
Z
f (x) g (x + h)dx = hf; T gi
0
h
et on a
T g (x) = g (x + h) pour x 2 [0; +1[ :
(c) D’aprés (b), on déduit que
T T g (x) = T g (x + h) =
g (x + h
0
h) = g (x) pour x 2 [h; +1[
pour x 2 [0; h[
donc
TT g =
[h;+1[ g:
(2)
Finalement de (1) et (2), on a¢ rme que T n’est pas normal.
Exercise 2
1. On a d’aprés l’inégalité de Cauchy-Schwartz
kTu;v xk = jhx; vij kuk
kuk kvk kxk
alors
kTu;v k
kuk kvk
et
Tu;v 2 B (H) :
3
(3)
2. Si on pose x = v 6= 0; alors
2
kTu;v xk = kvk kxk = kuk kvk kxk ;
et donc
kTu;v k
kuk kvk
(4)
Ainsi, d’aprés (3) et (4), il s’en suit que
kTu;v k = kuk kvk :
3. Tu;v est compact. En e¤ et, comme Im Tu;v est engendré par l’unique
vecteur u 6= 0; i.e. Tu;v x = hx; vi u = (x) u pour tout x 2 H f ixe avec (x) un scalaire: Ainsi
Tu;v est de rang …ni égale à 1.
4. Par un calcul direct simple
E
D
hTu;v x; yi = hhx; vi u; yi = hx; vi hu; yi = x; hu; yiv = hx; hy; ui vi ;
alors
Tu;v y = hy; ui v:
4