Devoir Maison : corrigé Exercice 1 Exercice 2 (unicité de la racine

Université de la Réunion
M1 Théorie des Opérateurs
Mathématiques
Devoir Maison : corrigé
Exercice 1
Comme S ∗ est une isométrie, on a kS ∗ k = 1 = kSk, donc kS +S ∗ k 6 kSk+kS ∗ k = 2. Réciproquement,
√
soit le vecteur xn = e0 +· · ·+en−1 , où (en ) désigne la base canonique de `2 (N). On vérie que kxn k = n,
et que
∗
(S + S )(xn ) = e0 + 2
n1
X
ek + en−1 + en ,
k=1
donc k(S + S ∗ )(xn )k =
p
3 + 4(n − 2) =
√
4n − 5. Par ailleurs, on a pour tout vecteur non nul y ∈ H ,
k(S + S ∗ )k >
k(S + S ∗ )(y)k
.
kyk
En prenant y = xn en faisant tendre n vers +∞, on obtient kS + S ∗ k > 2, et donc kS + S ∗ k = 2.
Exercice 2
(unicité de la racine carrée)
1. B 0 commute avec A (car B 0 A = B 0 (B 0 )2 = (B 0 )2 B 0 = AB 0 ), et donc B 0 commute avec tout
polynôme en A, et aussi avec toute limite de suite de polynômes en A. Comme B est la racine carrée
de A construite par le calcul fonctionnel, c'est par dénition la limite d'une suite de polynômes en
A, et donc B 0 commute avec B .
2. On construit C et C 0 en appliquant le calcul fonctionnel continu respectivement à B et B 0 (comme
√
ces opérateurs sont auto-adjoint positifs, leurs spectres sont inclus dans R+ , et donc la fonction ·
y est dénie et continue). Soit x ∈ H et y = (B − B 0 )x. On calcule
kC(y)k2 + kC 0 (y)k2
=
hCy, Cyi + hC 0 y, C 0 yi
=
hC 2 y, yi + hC 02 y, yi
=
hBy, yi + hB 0 y, yi
=
hB 2 x − BB 0 x, yi + hB 0 Bx − B 02 x, yi
=
hAx, yi − hBB 0 x, yi + hB 0 Bx, yi − hAx, yi
=
0
car BB 0 = B 0 B .
3. On déduit de la question précédente que C(y) = C 0 (y) = 0, d'où on tire (car y = (B − B 0 )x) que
CB = CB 0 et C 0 B = C 0 B 0 . Finalement, on calcule pour tout x ∈ H ,
k(B − B 0 )(x)k2
=
hBx − B 0 x, Bx − B 0 xi
=
hBx − B 0 x, C 2 xi − hBx − B 0 x, C 02 xi
= hCBx − CB 0 x, Cxi − hC 0 Bx − C 0 B 0 x, C 0 xi
=
0−0
et donc (B − B 0 )x = 0 pour tout x, i.e. B = B 0 . La racine carrée est donc unique.
Exercice 3
1
1. Soit N ∈ N tel que α := kAN k < 1. On calcule
X
kAn xk
=
P
kAn xk en groupant les termes par paquets de N .
−1
X NX
kAkN +i xk
k∈N i=0
n∈N
6
−1
X NX
kAi k · kAkN k · kxk
k∈N i=0
N
−1
X
6
!
i
kA k kxk
i=0
<
X
αk
k∈N
+∞
car |α| < 1. On a donc prouvé l'implication (a) =⇒ (b).
2. Supposons (b). Soit λ ∈ C tel que |λ| > 1 et supposons par l'absurde que A − λId n'est pas injectif.
Alors on peut trouver un vecteur non nul x ∈ H tel que Ax = λxP
, et donc An x = λn x pour tout
n
n
n ∈ N. On en tire que kA xk = |λ | · kxk > kxk, et donc la série
kAn xk diverge.
3. Supposons (b) et soit λ ∈ C tel que |λ| > 1. Pour u ∈ H et x0 ∈ H , on introduit la suite (xk )
dénie par récurrence par la formule
1
(A(xk ) + u).
λ
(1)
k
X
1
k+1
A
(x
)
+
Aj u.
0
k+1
j+1
λ
λ
j=0
(2)
xk+1 =
On vérie par récurrence que l'on a
xk+1 =
1
n
On sait que la série kAn uk converge
P 1 ; nceci implique d'une part que son terme général A x tend
vers 0, d'autre part que la série λn+1 A u converge normalement. En passant à la limite dans (2),
on voitt donc que la suite (xk ) converge ; soit x sa limite. En passant à la limite dans (1), on obtient
que x = λ1 (Ax + u), donc u = (A − λId)(−x). Ainsi tout vecteur u est dans l'image de A − λId,
donc A − λId est surjectif.
4. Supposons (b). Les deux questions précédentes impliquent que si |λ| > 1, A − λId est bijectif et
donc inversible d'après le théorème de l'opérateur inverse. Donc le spectre de A est contenu dans
{λ ∈ C, |λ| < 1}. Soit r(A) le rayon spectral de A :
P
r(A) = sup |λ|.
λ∈σ(A)
Comme σ(A) est compact, le supremum est atteint, ce qui permet de conclure que r(A) < 1. Mais
par ailleurs on sait que
r(A) = lim kAn k1/n .
n→∞
Ainsi il existe un entier N tel que kA k
N 1/N
< 1, ce qui prouve (a).
Question bonus
Soit (αn ) une suite de réels vériant 0 < αn 6 1, limn→∞ αn = 1 et ∞
n=1 αn = 0 (par exemple on peut
prendre αn = 1 − 1/2n). On dénit un opérateur T sur `2 (N) par T (e0 ) = 0 et T (en ) = αn en−1 pour
n > 1. Il est facile de vérier que kT k 6 sup |αn | 6 1, et donc kT n k 6 1 pour tout n. De plus, pour tout
entiers N, k, on a
Q
kT N k > kT N ek k = |αk αk−1 · · · αk−N +1 |
En faisant tendre k vers +∞, on obtient kT N k > 1, donc kT N k = 1. Par ailleurs, pour toute suite
(xn ) ∈ H ,
kT n xk2 6
∞
X
k=n
2
|xk |2
Cette quantité tend vers 0 quand n tend vers l'inni (c'est le reste d'une série convergente). L'opérateur
T a donc bien les propriétés voulues.
Exercice 4
(spectre d'une perturbation compacte)
Soit λ ∈ σ(A) \ σp (A). Alors l'opérateur A − λId est injectif mais n'est pas inversible. Soit K un
opérateur compact et supposons par l'absurde que A + K − λId est inversible. On écrit
A − λId = A + K − λId − K = (A + K − λId)(Id − K 0 )
avec K 0 = (A + K − λId)−1 K . L'opérateur K 0 est compact (car l'ensemble des opérateurs compacts est
un idéal). Comme A − λId est injectif, l'équation précédente montre que Id − K 0 est injectif. Mais K 0
étant compact, un résultat du cours implique que Id − K 0 est surjectif, donc inversible par le théorème
de l'opérateur inverse. Mais alors A − λId serait inversible comme produit d'opérateurs inversibles, ce qui
est absurde. Ainsi λ ∈ σ(A + K).
3