inversibilite

Université Abdelhamid Ben Badis Mostaganem
Faculté des Sciences Exactes et Informatique
Département de Mathématiques et d’Informatiques
Master1 AF-AH-MCO
Matière : Analyse Spectrale des Opérateurs II
Responsable : Sidi Mohamed Bahri
Inversibilité des Opérateurs Linéaires
1
Motivation
Soient X et Y deux espaces vectoriels et A un opérateur linéaire de X dans Y .
Considérons l’équation linéaire
Ax = y
(1)
où x est la fonction inconnue dans X et y est une fonction donnée dans Y .
Voici quelques questions concernant cette équation.
1. Est ce que la solution x de l’equation (1) existe pour tout y 2 Y ?
2. Si la solution x de l’equation (1) n’existe pas pour tout y 2 Y , alors quelles
sont les conditions sur y pour l’existence de la solution ?
3. Comment trouver la solution x de l’equation (1) exactement ou approximativement ?
4. La solution x de l’equation (1) est-elle unique ?
5. Si la solution x de l’equation (1) n’est pas unique, alors quel est le nombre
de solutions ?
6. Existe-il, en dimension in…nie, un résultat analogue à celui de la dimension
…nie :
Theorem 1 Si X est de dimension …nie et L : X ! X est un opérateur
linéaire, alors les conditions suivantes sont équivalentes :
i) L est injectif;
ii) L est surjectif;
iii) L est bijectif.
Exemple 2 Soient les opérateurs de
dans l2 :
Sd : l 2 !
x 7!
Sg : l 2 !
x 7!
translations (shifts à droite et à gauche)
l2
Sd x = (0; x1 ; x2 ; :::) ;
l2
Sg x = (x2 ; x3; :::) :
1
On montre facilement que Sd est injectif non surjectif et que Sg est surjectif
non injectif.
Exemple 3 L’opérateur di¤ érentiel dé…ni sur le sous espace de tous les polynômes
:
L : R [x] ! R [x]
d
p
p
7! Lp = dx
est un opérateur surjectif non injectif.
De…nition 4 Soit A un opérateur linéaire de X dans Y .
L’opérateur B : Y ! X est dit opérateur inverse à droite de A si AB =
IY :
L’opérateur B : Y ! X est dit opérateur inverse à gauche de A si
BA = IX .
En…n, on dit que B est inverse de A s’il est inverse à droite et à gauche.
Exemple 5 Pour les opérateurs de translations de l’exemple 2, on a
Sd Sg (x) = Sd (x2 ; x3; :::) = (0; x2 ; x3 ; :::) 6= x;
donc Sd Sg 6= I et Sd n’est pas inverse à gauche de Sd :
Exemple 6 Soit l’opérateur di¤ érentiel
A
:
C 1 [0; 1]
f
!
7
!
C [0; 1]
;
d
f
Af = dx
et l’opérateur intégral
B
:
C [0; 1]
g
On a
ABg (x) =
d
dx
!
7
!
Z
x
C 1 [0; 1] R
x
Bg (x) = 0 g ( ) d :
g( )d
= g (x) ;
0
donc AB = I et A est un inverse à gauche de B. D’autre part, on a
Z x
BAf (x) =
f 0 ( ) d = f (x) f (0) :
0
Ainsi, si f (0) 6= 0; BA 6= I et A n’est pas un inverse à droite de B.
Lemma 7 Pour un opérateur linéaire A de X dans Y , les conditions suivantes
sont équivalentes :
1. La solution de l’equation (1) est unique pour tout y 2 Im A;
2. ker A = f0g ;
2
3. Pour A, il existe un opérateur inverse à gauche.
Preuve. 2: ) 1: Si Ax1 = y et Ax2 = y, alors Ax1 Ax2 = 0 et comme A est
linéaire on a A (x1 x2 ) = 0 ) x1 = x2 et la solution est unique.
1: ) 2: Il su¢ t de prendre y = 0, dans ce cas Ax = 0 et A0 = 0 et comme
la solution est unique, x = 0.
1: ) 3: Supposons que
8y 2 Im A; 9x 2 D (A) : Ax = y:
Construisons l’opérateur B : Y ! X qui à y fait corréspondre la solution x (
pour les autres y, l’opérateur B est dé…ni arbitrairement ou en général n’est pas
dé…ni. Ce qui implique que l’opérateur inverse n’est pas unique). Alors
BAx = By := x
donc B est inverse à gauche de A.
3: ) 1: Supposons que A admet un inverse à gauche et montrons que la
solution est unique. Soient Ax1 = y et Ax2 = y, alors
x1 = BAx1 = By et x2 = BAx2 = By
donc x1 = x2 :
Lemma 8 Pour un opérateur linéaire A de X dans Y , les conditions suivantes
sont équivalentes :
1. La solution de l’equation (1) existe pour tout y 2 Y ;
2. Im A = Y ;
3. Pour A, il existe un opérateur inverse à droite.
Preuve. 1: () 2: Cette équivalence découle de la dé…nition même de Im A:
1: ) 3: Soit x
e une des solutions de l’équation Ax = y: Construisons l’opérateur
B : Y ! X qui à y fait corréspondre la solution x
e, i.e., By = x
e: Alors
ABy = Ae
x := y
donc B est inverse à droite de A.
3: ) 1: Si B existe, alors pour tout y 2 Y; le point x = By est solution de
l’équation Ax = y car Ax = ABy = y:
Proposition 9 Montrer que si A admet un inverse à gauche Ag 1 et un inverse
à droite Ad 1 ; alors Ag 1 = Ad 1 = A 1 :
Remarque 10
Il se peut que, malgré que y est proche de ye, la solution x
di¤ ère fortement de x
e.
3
Formellement si x = A 1 y et x
e = A 1 ye, l’exigence de la dépendance
continue du second membre est en fait l’exigence de la continuité de A 1 :
Si A 1 est non borné ( non continu), ce type de problème s’appelle problème mal posé de la phyisque mathématique au sens de Tikhonov-Arsenin
[1].
Si A est linéaire et A
1
existe, alors A
1
est linéaire.
Si A est borné et A 1 existe, alors A 1 n’est pas necessairement borné.
Par exemple l’opérateur d’intégration (exemple6) est borné par contre l’opérateur
de dérivation (exemple6) n’est pas borné.
Si A est un opérateur compact et A 1 existe, alors A est nécessairement
non borné. En e¤ et, supposons A un opérateur compact et comme A 1 est
borné, alors IX = AA 1 est aussi un compact et comme par dé…nition un
opérateur compact transforme tout borné en un précompact, en particulier
la boule unité fermée B (0; 1) de l’espace vectoriel normé X serait compact, ce qui est absurde car sinon X doit être de dimension …nie d’aprés le
théorème de Riesz qui a¢ rme qu’un espace vectoriel normé est de dimension …nie si, et seulement si, sa boule unité fermée B (0; 1) est compact.
De…nition 11 On dit que A est inversible si A
1
existe et A
1
est borné.
Theorem 12 Soient X un espace de Banach, Y un espace vectoriel normé et
A 2 L (X; Y ) tels que
1. Im A = Y ;
2. il existe C > 0 : kAxk
C kxk ;
alors A est inversible.
Preuve. De la condition 2. si Ax = 0 alors
kxk
0)x=0
donc Ag 1 existe. Véri…ant maintenant que Im A est fermé. Soit (yn ) une suite
dans Im A convergente vers y et montrons que y 2 Im A. En e¤et, il existe
(xn ) 2 X telle que Axn = yn ; alors
kxn
xm k
1
kAxn
C
Axm k =
1
kyn
C
ym k ! 0
(car (ym ) est convergente)
donc (xm ) est une suite de Cauchy dans l’espace complet X. Par conséquent
(xm ) converge vers x 2 X: Et par continuité de A,
Axn
yn
!
!
Ax
) y = Ax ) y 2 Im A:
y
4
Ainsi Im A est fermé et d’aprés la condition 1., Im A = Y . Il s’en suit du
1
Lemme8 que A=1
existe.
d existe et d’aprés la proposition9, A
Maintenant, la condition 2. implique
C A=1 y
kyk
donc
1
kyk ;
C
est borné et par suite, A est inversible.
A=1 y
par conséquent A=1
Theorem 13 Si X est
un espace de Banach et A 2 L (X) tel que kAk < 1,
P1
alors l’opérateur S = k=0 Ak est inversible et son inverse est I A.
P1
Preuve. Montrons que la série k=0 Ak converge (elle dé…nie un opérateur).
On a
1
1
1
X
X
X
1
k
Ak
Ak =
kAk =
(kAk < 1) :
1 kAk
k=0
k=0
k=0
Rappelons le critère de Weistrauss qui a¢ rme qu’un espace normé est de Banach
si et seulement si, toute
P1 série absolument convergente est convergente. D’aprés
ce critère, puisque k=0 Ak est absolument convergente et comme L (X) est de
Banach alors L
est convergente. Ainsi S est bien dé…ni comme opérateur.
P(X)
n
Soit Sn = k=0 Ak ; on a (I A) Sn = I An+1 et Sn (I A) = I An+1 :
Comme Sn ! S quand n ! +1; alors
(I
A) S = I et S (I
d’où
S = (I
A)
1
=
A) = I;
1
X
Ak :
k=0
De plus
kSk = (I
A)
1
=
1
X
Ak
k=0
1
X
k=0
k
kAk =
1
;
1 kAk
donc S est borné.
2
Théorème de Banach sur l’inverse
Lemma 14 Soient X et Y deux espaces de Banach et A : X ! Y un opérateur
linéaire non nécessairement borné. Posons
En = fx 2 X : kAxk
alors
5
n kxkg ;
1. X =
1
S
En ;
n=1
2. 9n0 2 N : X = E n0 :
Preuve.
1. On a pour tout n, En 6= ?: En e¤et,8n : 0 2 En :
1
S
Soit maintenant x 2 X et montrons que x 2
En : Choisissons n le plus
n=1
kAxk
kxk ;
petit entier naturel supérieur à
alors x 2
1
S
En :
n=1
2. X etant complet, d’aprés le théorème de Baire X ne peut pas être mis sous
forme d’une réunion dénombrable d’ensembles nulle part denses. Donc au
moins un des En disons En0 est partout dense. Ainsi, il existe une boule
B (a; r) telle que
B (a; r) \ En0 = B (a; r) :
Theorem 15 (théorème de Banach) Soient X et Y deux espaces de Banach
et A : X ! Y un opérateur linéaire borné et bijectif. Alors A 1 est borné.
Preuve. D’aprés le lemme14, Y =
1
S
n=1
Yn avec Yn = y 2 Y : A
1
y
n kyk
et au moins un des Yn disons Yn0 est partout dense dans Y .
Soit y 2 Y (quelconque),
choisissons y1 dans Yn0 tel que
ky
kyk
2
y1 k
(2)
choisissons y2 dans Yn0 tel que
ky
y1
kyk
22
y2 k
..
.
choisissons yn dans Yn0 tel que
ky
y1
Donc
y = lim
n!+1
Posons xn = A
1
kyk
:
2n
yn k
yn ; alors
kxn k = A
1
yn
6
n
X
yi
(3)
n0 kyn k :
(4)
i=1
Evaluons kyn k
3kyk
ky1 k = ky1 y + yk ky1 yk + kyk kyk
2 + kyk = 2 ;
kyk
kyk
ky2 k = ky2 + y1 y + y y1 k
ky y1 y2 k + ky y1 k
22 + 2 =
3kyk
22 ;
..
.
kyn k = kyn + yn 1 +
+ y1 y + y y1
yn 1 k ky y1
yn
kyk
3kyk
ky y1
yn 1 k kyk
+
=
:
n
n
1
n
2
2
2
Pn
Constuisons la suite (Sn ) dé…nie par Sn = i=1 xi
Pn+p
Pn
Pn+p
Pn+p
kSn+p Sn k =
=
i=1 xi
i=1 xi
i=n+1 xi
i=n+1 kxi k
Pn+p
i=n+1 n0 kyi k d’aprés (4).
donc
kSn+p
Sn k
n0
n+p
X
3 kyk
2i
i=n+1
3n0 kyk
p
X
1
2i
i=1
3n0 kyk
2n
1
1
+ n+2 +
2n+1
2
+
1
ynk+
1
2n+p
!
3n0 kyk
! 0 quand n ! +1:
2n
Pn
Comme X est complet, alors Sn converge vers x 2 X; i.e., lim
i=1 xi = x;
n!+1
ce qui implique
Ax = A
=
lim
n!+1
lim
n!+1
Il s’en suit que
A
1
y
= kxk =
lim
n!+1
D’où A
1
n
X
n
X
i=1
n!+1
n
X
Axi ( A étant borné)
i=1
yi = y (d’aprés (3) ).
n!+1
i=1
= lim
i=1
lim
n
X
xi
!
n
X
xi = lim
n!+1
i=1
n0 kyi k =
1
X
i=1
n
X
xi
i=1
n0 kyi k = n0
lim
n!+1
1
X
3 kyk
i=1
2i
n
X
i=1
kxi k
p
X
1
3n0 kyk (
< 1).
i
2
i=1
est borné.
Corollaire 16 Soit données sur l’espace vectoriél normé X deux normes k k1
et k k2 : Supposons X complet relativement à chacune des deux normes. Alors,
s’il existe c > 0 : kxk1 c kxk2 , les deux normes sont équivalentes.
References
[1] A.N. Tikhonov and V.Y. Arsenin, Solution for Ill-Posed Problems, Wiley,
New York (1977).
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