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)
Exercise 1 1. (a) Il est clair que Thest linéaire et il découle de
kThfk2
2=
+1
Z
1
jf(xh)j2dx =
+1
Z
1
jf(x)j2dx =kfk2
2
que
kThfk2=kfk2pour tout f 2L2(R);
donc
kThk= 1:
(b) Il est facile de voir que Thest inversible pour tout retard h > 0. En
e¤et,
si Thf= 0; alors f (xh) = 0 pour tout x 2R;
alors
f0:
Ceci montre que Thest 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
Thf(x+h) = f(x)
et par conséquent
(Th)1f(x) = f(x+h) = Thf(x):
ii. D’aprés (b)
(Th)1Th=Th(Th)1=I
donc on a aussi
(Th)1 =kThk= 1:
1

(c) Comme toute valeur propre est une valeur spectrale et comme
(Th) f2C:jj  kThk= 1g;
supposons que
Thf(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)jest périodique de période h > 0, alors
kfk2
2=
+1
Z
1
jf(x)j2dx =
+1
X
n=1
h
Z0
jf(x)j2dx < +1
ceci est bien évidement possible que si
h
Z0
jf(x)j2dx = 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 2R:
Alors fest représenté par la fonction nulle, ce qui a¢ rme que
2Cavec jj= 1 n’est pas admissible comme valeur propre
de l’opérateur Th.
ii. Si jj<1;
On a montré que (Th)1=Thet kThk= 1 donc (Th)12
BL2(R):
Donc si jj<1;alors
(ThI)1= (Th)1I(Th)112BL2(R)
car 
(Th)1 =jj<1:
Par conséquent
f2C:jj<1g  (Th);
et donc
(Th) f2C:jj 6= 1g;
2

ce qui implique que
(Th) f2C:jj= 1g:
En…n,
p(Th)(Th)
et
p(Th)\ f2C:jj= 1g=;
impliquent que
p(Th) = ;:
(a) De la même manière que 2. (b), on montre que Test bijectif et
comme
kT fk2
2=
+1
Z0
jT f (x)j2dx =
+1
Z
h
jf(xh)j2dx =
+1
Z0
jf(x)j2dx =kfk2
2
alors Test une isométrie. Il s’en suit donc que
TT=I: (1)
(b) Soit f; g 2H: Alors
hT f; gi=
+1
Z0
T f (x)g(x)dx =
+1
Z
h
f(xh)g(x)dx =
+1
Z0
f(x)g(x+h)dx =hf; T gi
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h) = g(x)pour x 2[h; +1[
0pour x 2[0; h[
donc
T T g=[h;+1[g: (2)
Finalement de (1) et (2), on a¢ rme que Tn’est pas normal.
Exercise 2 1. On a d’aprés l’inégalité de Cauchy-Schwartz
kTu;vxk=jhx; vij kuk  kuk kvk kxk
alors
kTu;vk  kuk kvk(3)
et
Tu;v 2B(H):
3

2. Si on pose x=v6= 0;alors
kTu;vxk=kvk2kxk=kuk kvk kxk;
et donc
kTu;vk  kuk kvk(4)
Ainsi, d’aprés (3) et (4), il s’en suit que
kTu;vk=kuk kvk:
3. Tu;v est compact. En e¤et, comme Im Tu;v est engendré par l’unique
vecteur u6= 0;i.e. Tu;vx=hx; viu=(x)u pour tout x 2H f ixe avec  (x)un scalaire: Ainsi
Tu;v est de rang …ni égale à 1.
4. Par un calcul direct simple
hTu;vx; yi=hhx; viu; yi=hx; vi hu; yi=Dx; hu; yivE=hx; hy; uivi;
alors
T
u;vy=hy; uiv:
4