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Nom original: corAgregExt2009Ana.pdf
Titre: corAgregExt2009Ana
Auteur: Abdelbaki & Amina

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Corrigé de l’épreuve d’analyse et probabilités
Concours Externe d’Agrégation Mathématiques 2009
A. ATTIOUI
I. Formule de Jensen
1.(a) 8 n 2 N¤ , les zéros complexes du polynôme (unitaire) X 2n ¡ 1 sont les racines (2n)ème de l’unité. Ce polynôme
n¡1
Y
s’écrit alors dans C[X] sous la forme : X 2n ¡ 1 = (X ¡ 1)(X + 1)
(X ¡ eik¼=n )(X ¡ e¡ik¼=n ). Par suite,
k=1

n¡1
Y

(X 2 ¡ 2X cos(k¼=n) + 1) dans R[X].
k=1
Ãn¡1
!

µ 2n
n¡1
X
Y
r ¡1
2
2
Soit r 2]1; +1[,
.
ln(r ¡ 2r cos(k¼=n) + 1) = ln
(r ¡ 2r cos(k¼=n) + 1) = ln
r2 ¡ 1

X 2n ¡ 1 = (X ¡ 1)(X + 1)

k=1

k=1

(b) Soit r 2]1; +1[. Pour tout t 2 [0; ¼], jreit j = r > 1 alors j1 ¡ reit j2 = r 2 ¡ 2r cos(t) + 1 > 0. Donc, la fonction
t 7! ln(r 2 ¡ 2r cos(t) + 1) est bien définie et continue sur [0; ¼].
On a alors, en utilisant les sommes de Riemann,
1
¼
Mais, d’aprés (a),

n
X

Z

n

1X
ln(r 2 ¡ 2r cos(k¼=n) + 1)
n!+1 n

¼

ln(r2 ¡ 2r cos(t) + 1)dt = lim

0

k=1

2

ln(r ¡ 2r cos(k¼=n) + 1) = ln

k=1

Z

µ

r 2n ¡ 1
r2 ¡ 1



+ 2 ln(r + 1) » 2n ln r quand n ! +1. Ainsi,

¼

ln(r 2 ¡ 2r cos(t) + 1)dt = 2¼ ln r

0

Z

¼

1
On a
ln(j1 ¡ re j)dt =
2
¡¼
Donc,
it

Z

¼
2

ln(r ¡ 2r cos(t) + 1)dt =

¡¼

Z

Z

¼

ln(r 2 ¡ 2r cos(t) + 1)dt, par parité de cosinus.
0

¼

ln(j1 ¡ reit j)dt = 2¼ ln r
¡¼

(c) On a , ln(j1 ¡ eit j) = ln(2 sin(t=2)) = ln sin(t=2)
+ ln jtj » ln jtj au voisinage de 0. Donc t 7! ln(j1 ¡ eit j)
t=2
est intégrable sur [¡¼; ¼]. Le théorème de continuité sous le signe somme (ou un théorème de convergence dominé)
permet de dire que:
Z ¼
Z ¼
Z ¼
ln(j1 ¡ eit j)dt =
lim ln(j1 ¡ reit j)dt = lim
ln(j1 ¡ reit j)dt = 2¼ lim ln r = 0
+
¡¼ r!1

¡¼

¤

(d) Soir a 2 C et r > jaj. On a alors
Z

¼

ln(ja ¡ reit j)dt =

¡¼

Z

r
jaj >

r!1+

1 et d’après (b) et (c),

r!1+

¡¼

Z

¼

ln(j1 ¡

¡¼

¼

ln jajdt +

¡¼

Z

¼

ln(j1 ¡
¡¼

r it
r
e j)dt = 2¼ ln . Donc,
jaj
jaj

r it
r
e j)dt = 2¼ ln jaj + 2¼ ln
= 2¼ ln r
jaj
jaj

2. La fonction G est holomorphe sur un voisinage de Dr . Alors d’après la formule de Cauchy
Z ¼on a:
R
G(z)
1
1
G(0) = 2i¼
dz où °r est le cercle de centre 0 est de rayon r. Par suite, G(0) = 2¼
G(reit )dt. Donc,
°r z
¡¼

ln(jF (0)j) =

p
X

ln(jai j) + <e (G(0)) =

i=1

p
X

ln(jai j) +

i=1

1


Z

¼

¡¼

¡
¢
<e G(reit ) dt

(1)

p
X
¯
¯
¡
¢
car ¯eG(0) ¯ = e<e(G(0)) . Par ailleurs, 8t 2 [¡¼; ¼], ln(jF (reit )j) =
ln(jai ¡reit j)+<e G(reit ) . Par intégration,
i=1

on obtient alors

Z

¼

¡¼

ln(jF (reit )j)dt =

p Z
X
i=1

¼

ln(jai ¡ reit j)dt +

¡¼

Z

¼

¡¼

1

¡
¢
<e G(reit ) dt

Comme F (0) 6= 0 et F (0) =

p
Y

ai alors 8 i 2 [j1; pj], 0 < jai j 6 r. Donc, d’après I.-1.(d) on a:

i=1

Z

¼

ln(jF (reit )j)dt = 2¼

¡¼

p
X
i=1

ln(r) +

Z

¼

¡¼

¡
¢
<e G(reit ) dt

(2)

En combinant (1) et (2), on obtient alors l’égalité demandée:
µ

Z ¼
p
X
r
1
ln(jF (reit )j)dt = ln(jF (0)j) +
ln
2¼ ¡¼
jai j
i=1

(3)

II. Composantes connexes par arcs de C ¤
1. Soient f; g : I ! C continues telles que ef (t) = eg(t) , 8 t 2 I où I est un intervalle de R non réduit à un point.
Alors ef (t)¡g(t) = 1, 8 t 2 I. Par suite, (f ¡ g)(I) ½ 2i¼Z. On a l’application f ¡ g est continue sur I et I est un
connexe, alors (f ¡ g)(I) est un connexe contenu dans 2i¼Z et 2i¼Z est un ensemble totalement discontinu, alors
(f ¡ g)(I) est un singleton. Par conséquent, f ¡ g est constante sur I.
2. Soient ' 2 C ¤ , A 2 R+¤ .
(a) Soit " > 0, l’application ' est continue sur le cercle S 1 qui est un compact, alors ' est uniformément continue
sur S 1 . Alors, il existe ´ > 0 tel que 8 z; z 0 2 S 1 et jz ¡ z 0 j < ´ on ait j'(z) ¡ '(z 0 )j < ". Il existe n 2 N¤ tel que
A
n < ´. On alors , 8 k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; n ¡ 1g et 8 t 2 [¡A; A],
¯ µ ¶¯
¯ ¯
¯
¯
¯ ³
´
³
´¯
¯
t ¯¯ A
¯ ¯
¯ i(k+1)t=n
¯
¯
¯
¡ eikt=n ¯ = ¯eit=n ¡ 1¯ = 2 ¯¯sin
6
<
´
)
¯e
¯' ei(k+1)t=n ¡ ' eikt=n ¯ < "
¯
2n
n
¯ ¡
¢
¡
¢¯
Donc, il existe n 2 N¤ tel que 8 k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; n ¡ 1g et 8 t 2 [¡A; A], on a: ¯' ei(k+1)t=n ¡ ' eikt=n ¯ < "
(b) On a ' est continue et ne s’annule pas sur le compact S 1 , alors la quantité m = inf1 j'(z)j existe et > 0.
z2S

" ¢= m,¡ d’après
n 2 N¤ ¢tel que
2 f0;
¯ ¡ i(k+1)t=n
¯ 1;¡ ¢ ¢ ¢ ; n¢¯¡ 1g et 8 t 2 [¡A; A], on a:
¯On¡ choisit
¢¯ II.2(a), il existe
¡ 8 k ¢¯
i(k+1)t=n
ikt=n
¯ < m. Mais ¯' e
¯' e
¡' e
¡ ' eikt=n ¯ = ¯' eikt=n ¯ jun;k (t) ¡ 1j > m jun;k (t) ¡ 1j.
Donc, 8 k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; n ¡ 1g et 8 t 2 [¡A; A], jun;k (t) ¡ 1j < 1.
Soit L : C n R¡ ! fz 2 C=j=m (z) j < ¼g (la fonction logarithme principale). On a 8 k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; n ¡ 1g et
o

o

8t 2 [¡A; A], un;k (t) 2D (1; 1) ½ CnR¡ où D (1; 1) est le disque ouvert de centre 1 et de rayon 1, on peut poser alors
vn;k (t) = L(un;k (t)) et par définition vn;k est continue sur [¡A; A] et 8t 2 [¡A; A], evn;k (t) = eL(un;k (t)) = un;k (t).
(c) On a 8 k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; n ¡ 1g et 8 t 2 [¡A; A], evn;k (t) = un;k (t). On pose v(t) =

n¡1
X

vn;k (t). Alors, v est

k=0

continue de [¡A; A] dans C et e

v(t)

=

n¡1
Y
k=0

¡ ¢
' eit
un;k (t) =
. On a '(1) 2 C¤ , alors il existe un complexe a tel
'(1)

que '(1) = ea . En effet, si '(1) 2 C n R¡ , '(1) = eL('(1)) et sinon '(1) = eln(¡'(1))+i¼¡. On
¢ pose, pour tout
t 2 [¡A; A], µA (t) = v(t) + a. Alors, µA est continue de [¡A; A] dans C et 8 t 2 [¡A; A], ' eit = eµA (t) .
(d)¡ D’après
ce qui précède, pour tout n 2 N¤ , il existe µn¡continue
de [¡n; n] dans C telle que 8 t 2 [¡n; n],
¢
¢
' eit = eµn (t) . Alors, 8 n 2 N¤ et 8 t 2 [¡1; 1], eµ1 (t) = ' eit = eµn (t) . Il suit, d’après II.1., qu’il existe kn 2 Z
¡ ¢
tel que µn ¡ µ1 = 2ikn ¼ sur [¡1; 1]. Soient m; n 2 N¤ avec m > n, alors 8 t 2 [¡n; n], eµm (t) = ' eit = eµn (t) .
Alors, µm ¡ µn est constante sur [¡n; n]. Mais, µm ¡ 2ikm ¼ = µn ¡ 2ikn ¼ = µ1 sur [¡1; 1]. Donc, 8 m; n 2 N¤
avec m > n, µm ¡ 2ikm ¼ = µn ¡ 2ikn ¼ sur [¡n; n]. Ainsi, on définit une fonction µ de R dans C en posant pour
tout t 2 R,¡ µ(t)
µn (t) ¡ 2ikn ¼ où n 2 N¤ tel que t 2 [¡n; n]. Par construction, la fonction µ est continue et
¢ = µ(t)
it
8 t 2 R, ' e = e . Donc R(') est non vide.
¢
¡ ¢
¡
3.(a) Soit ' 2 C ¤ . On a 8 µ 2 R('), 8 t 2 R, eµ(t+2¼) = ' ei(t+2¼) = ' eit = eµ(t) . Alors, il existe kµ 2 Z tel
que 8 t 2 R, µ(t + 2¼) = µ(t) + 2ikµ ¼. Ainsi, µ(t+2¼)¡µ(t)
= kµ est un entier relatif indépendant de t 2 R. Soient
2i¼
¡ ¢
µ1 ; µ2 2 R('), on a 8 t 2 R, eµ1 (t) = ' eit = eµ2 (t) , alors il existe k 2 Z tel que 8 t 2 R, µ1 (t) = µ2 (t) + 2ik¼.
Par conséquent, 2ikµ1 ¼ = µ1 (2¼) ¡ µ1 (0) = µ2 (2¼) ¡ µ2 (0) = 2ikµ2 ¼. Alors, kµ1 = kµ2 . Autrement dit, l’entier
relatif défini par: deg(') = µ(t+2¼)¡µ(t)
est indépendant du couple (µ; t) 2 R(') £ R.
2i¼
(b)
¡ ¢
(i) ' = en , alors ' 2 C ¤ et 8 t 2 R, ' eit = eint . Donc µ(t) = int et deg(') = µ(2¼)¡µ(0)
= n.
2i¼
(ii) '1 ; '2 2 C ¤ et ' = '1 £ '2 , alors ' 2 C ¤ . Soient µ1 2 R('1 ) et µ2 2 R('2 ) , alors µ1 + µ2 2 R(') car
¡ ¢
2 (2¼)¡µ2 (0)
8 t 2 R, ' eit = eµ1 (t) eµ2 (t) = e(µ1 +µ2 )(t) . Donc, deg(') = µ1 (2¼)¡µ1 (0)+µ
= deg('1 ) + deg('2 ).
2i¼
2

¡ ¢
¡ ¡ ¢¢
it
(iii) ' 2 C ¤ avec '(S 1 ) ½ C n R¡ . 8 t 2 R, ' eit = eL('(e )) . Il suit que l’application t 7! L ' eit
L('(e2i¼ ))¡L('(1))
appartienne à R('). Alors deg(') =
= 0.
2i¼
¯
¯
³ ´
¯
'2 ¯
'2
¤
2
(c) Soient '1 ; '2 2 C ¤ telles que j'1 ¡ '2 j < j'1 j. Alors, '
<
1.
Donc,
2
C
et
¡
(S 1 ) ½ C n R¡ .
¯
¯1
'1
³ ´
´
³ '1
³ ´ '1
2
2
2
= 0. Par suite, deg('2 ) = deg '1 £ '
= deg('1 ) + deg '
= deg('1 ).
D’après (b)(iii), deg '
'1
'1
'1
(d) Soit '0 2 C ¤ , on sait que m = inf1 j'0 (z)j > 0. Soit ' 2 C ¤ telle que j' ¡ '0 j1 < m. Alors, j' ¡ '0 j < j'0 j
z2S

et par suite deg(') = deg('0 ). D’où la continuité de la fonction deg de C ¤ dans Z.
(4) Pour n 2 Z, soit Cn¤ = f' 2 C ¤ =deg(') = ng. Il est clair que les Cn¤ forment une partition de C ¤ . Par ailleurs, on
a 8' 2 Cn¤ , deg(e¡n ') = 0. Alors Cn¤ = en C0¤ . L’application ' 7! en ' de C ¤ dans lui même est un homéomorphisme
pour la topologie provenent de j j1 car j'j1 = jen 'j1 . Il suffit alors de montrer que C0¤ est un connexe par arcs.
Soit¡ ' ¢2 C0¤ et soit µ 2 R('). Pour s 2 [0; 1], on considère l’application 's de S 1 dan C définie par: 8 t 2 R,
's eit = esµ(t) . Alors, 's 2 C ¤ , sµ 2 R('s ) et deg('s ) = 0. Ainsi, ¯on définit une ¯application H de [0; 1]
0
¯
¯
dans C0¤ , en posant H(s) = 's . 8 s; s0 2 [0; 1], jH(s) ¡ H(s0 )j1 = sup ¯esµ(t) ¡ es µ(t) ¯. Pour t 2 [0; 2¼] fixé,
t2[0;2¼]

l’application ft : s 7! esµ(t) est dérivable de [0; 1] dans C et jft0 (s)j 6 jµ(t)j esjµ(t)j 6 M eM où M = sup jµ(t)j.
t2[0;2¼]

D’après le théorème des accroissements finis on a alors, jH(s) ¡ H(s0 )j1 6 M eM js ¡ s0 j. Donc, H est continue
de [0; 1] dans C0¤ , H(0) = e0 et H(1) = '. Autrement dit, tout élément de C0¤ peut être joingner à e0 par un chemin
continu dans C0¤ . Par juxtaposition, on peut alors joindre par un chemin continu dans C0¤ deux éléments quelconques
de C0¤ . Donc, C0¤ est un connexe par arcs.
III. Espace de Hardy H 2 .
1. Soit n 2 Z, l’application f 7! f^(n) = hen ; f i, de L2 dans C, est une forme C-linéaire continue (car l’inégalité
de Cauchy-Schwarz donne jhen ; f ij 6 jf j2 ). Alors son noyau, noté Hn , est un hyperplan fermé de L2 . Donc,
\
H2 =
Hn est un sous-espace fermé de L2 . Soit n 2 N, on a pour tout k 2 Z n N, e^n (k) = hek ; en i = 0. Alors,
n2ZnN

8 n 2 N, en 2 H 2 . Pour tout f 2 H 2 , f =

X

hen ; f i en =

n2Z

X

hen ; f i en car (en )n2Z est une base hilbertienne de

n2N

L2 . Donc, (en )n2N est une base hilbertienne de l’espace de Hilbert H 2 .
X
2.. Soit f 2 H 2 , alors la suite (f^(n))n2N est bornée. Donc, le rayon de convergence de la série entière
f^(n)z n
n>0

est supérieur ou égal à 1. On pose: 8 z 2 D, F (z) =

+1
X

f^(n)z n et pour r 2 [0; 1[, fr (z) = F (rz), 8 z 2 S 1 . On

n=0
¯
¯2
+1
+1
¯X
¯
¯
¯2
X
¯
¯
¯
2
2
n^
int ¯
1
2
a d’abord fr 2 L , puisque jfr j2 = 2¼
r f (n)e ¯ dt =
r 2n ¯f^(n)¯ 6 jf j2 , ceci provient de l’égalité
¯
¯
¯
¡¼ n=0
n=0
+1
¯
¯2
X
¯
¯
(1 ¡ r n )2 ¯f^(n)¯ .
de Parseval. Soit r 2 [0; 1[, on applique une nouvelle fois l’égalité de Parseval, jfr ¡ f j22 =

Z

¼

n=1

Cette dernière série converge normalement sur [0; 1] et de limite nulle lorsque r tend vers 1. Donc, lim jfr ¡ f j2 = 0.
r!1

3. Soit f 2 H n f0g, il est mentionné qu’on peut se ramener à f^(0) 6= 0. Soit " 2]0; 1[, fixé.
³
´
(a) jln(jf j + ")j 6 ln jf"j + 1 ¡ ln(") 6 jf"j ¡ ln("). Comme f 2 H 2 ½ L1 , alors ln(jf j + ") 2 L1 .
2

(b) Pour tous x; y 2 R+ , jln(x + ") ¡ ln(y + ")j 6 "1 jx ¡ yj ( il suffit par exemple d’appliquer l’inégalité des
+
accroissements
On en
¯ finis
¯¯ ¡R). ¢¯
¯ déduit
¯ ¡ tout
¡¯ ¡à la
¢¯fonction
¢ x 7!
¡¯ ln(x
¡ it+
¢¯ ") de¢¯R 1dans
¡ ¢¯¯ que, pour
¢ r 2¡[0; 1[
¢¯ et pour tout
it ¯
¯
¯
¯
¯
¯
t 2 [¡¼; ¼], ln fr e
+ " ¡ ln f e
+ " 6 " ¯¯fr eit ¯ ¡ ¯f eit ¯¯ 6 "1 ¯fr eit ¡ f eit ¯.
(c) Il suit que,
Z ¼
Z ¼
¡¯ ¡ it ¢¯
¢
¡¯ ¡ ¢¯
¢
1
1
1
¯
¯
ln f e
+ " dt > 2¼
ln ¯fr eit ¯ + " dt ¡ jfr ¡ f j1

"
¡¼
Z¡¼
¼
¡¯
¡
¢¯
¢
1
1
> 2¼
ln ¯F reit ¯ dt ¡ jfr ¡ f j2 :
"
¡¼

La Zsérie entière F est holomorphe sur D et F (0) = f^(0) 6= 0, d’après l’inégalité de Jensen de la partie I on a alors:
¯´ 1
¼
³¯
¡¯ ¡ ¢¯
¢
1
¯
¯
1
ln ¯f eit ¯ + " dt > ln (jF (0)j) ¡ jfr ¡ f j2 = ln ¯f^(0)¯ ¡ jfr ¡ f j2 . Or lim jfr ¡ f j2 = 0, d’où

r!1
"
"
¡¼
3

Z ¼
¯´
³¯
¡¯ ¡ ¢¯
¢
¯
¯
1
par passage à la limite dans cette dernière inégalité, 2¼
ln ¯f eit ¯ + " dt > ln ¯f^(0)¯ .
¡¼

µ

Z ¼ µ¯ it ¯
Z ¼
¯
¯
¡¯ ¡ it ¢¯
¢
f
e
(
)
jf^(0)j
1
1
1
¯
¯
¯
¯
(d) D’après ce qui prècède, " jf j1 > 2¼
ln ¯ " ¯ + 1 dt = 2¼
ln f e
+ " dt¡ln(") > ln
.
"
¡¼
¯
¯¡¼
¯
¯
En choisissant un " 2]0; 1[ et " < ¯f^(0)¯, on aura alors jf j1 > 0. Donc, la fonction f est presque partout non nulle
¡ ¢
sur [¡¼; ¼]. En d’autres termes, l’ensemble ft 2 [¡¼; ¼]=f eit = 0g est de mesure de Lebesgue nulle.
IV. Opérateurs de Toeplitz. Soit ' 2 C.
1.
(a) Soit f 2 H 2 , on a j' £ f j 6 j'j1 :jf j sur S 1 . Alors, ' £ f 2 L2 . Par ailleurs, Im(¦) = H 2 . Donc,
¦(' £ f ) 2 H 2 . On pose : T' (f ) = ¦(' £ f ). Il est clair que T' est un endomorphisme continu de H 2 comme la
composée de deux applications linéaires continues. En outre, on a jT' (f )j2 6 j'j1 :jf j2 ou encore jT' j2 6 j'j1 .
(b) Soient i et j 2 N, T' (ej ) = ¦(' £ ej ) =

+1
X

hek ; ' £ ej i ek . Alors, hei ; T' (ej )i = hei ; ' £ ej i = '(i
^ ¡ j).

k=0

L’application ' 7! T' de C dans L(H 2 ) est linéaire est injective car si T' = 0 sur H 2 , '^ = 0 sur Z et ' = 0 sur S 1 .
^ (j ¡ i) = hej ; T' (ei )i. Par unicité, on a alors T'¤ = T' .
(c) D’après (b), 8 i; j 2 N, hT' (ej ); ei i = '(i
^ ¡ j) = '
2. Soit ' 2 C n f0g. Soient f 2 Ker T' et g 2 H 2 fixés. Soit u = ' £ f £ g.
(a) On a f; g 2 L2 alors, d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, f £ g 2 L1 . Par conséquent u 2 L1 car
^(n) = hen ; ' £ f £ gi = hen £ g; ' £ f i. On a g 2 H 2 ,
juj 6 j'j1 :jf £ gj = j'j1 :jf £ gj sur S 1 . Soit n 2 N, u
+1
X
alors en £ g =
hek ; gi ek+n 2 H 2 . Par suite, u
^(n) = hen £ g; ¦(' £ f )i = hen £ g; T' (f )i = 0.
k=0

^ est nulle sur N. Donc, u
^ est également
(b) On a g 2 Ker T'¤ = Ker T' . En considèrant u dans 2.(a), on a alors u
1
^
nulle sur Z n N car 8 n 2 N, u(n) = u
^(¡n). Ainsi u est l’élément nul de L .
(c) Supposons que l’opérateur T'¤ n’est pas injectif, il existe alors g 2 Ker T'¤ n f0g. Soit f 2 Ker T' , alors d’après
les résultats précédents ' £ f £ g = 0 sur S 1 . Mais d’après III.3, ' £ g est p.p. non nulle sur S 1 donc f est nulle
p.p. sur S 1 et ainsi f = 0. Donc, T' est un opérateur injectif.
¡
¢?
Si T' n’est pas injectif, alors T'¤ l’est et comme Im T' = Ker T'¤ , alors Im T' = f0g? = H 2 .
V. Opérateurs compacts et opérateurs de Toeplitz
1..
(a) Soient T1 ; T2 2 K(H) et ¸ 2 C, par compatibilé de la topologie avec la structure d’espace vectoiel de L(H),
l’ensemble T1 (B) + ¸T2 (B) est un compact contenant (T1 + ¸T2 )(B). Alors (T1 + ¸T2 )(B) est compact. Ainsi
K(H) est un sous espace vectoriel de L(H).
Soient T 2 K(H) et S 2 L(H). D’une part on a : (ST )(B) = S(T (B)) est compact car c’est l’image du compact
T (B) par l’application continue S. Donc, ST 2 K(H). D’autre part, S étant linéaire continue, S est bornée. Il
existe alors ® > 0 tel que S(B) ½ ®B alors (T S)(B) ½ ®T (B). Par ailleurs, ®T (B) est compact alors (T S)(B)
est compact. Par suite T S 2 K(H). Ainsi, K(H) est un idéal bilatère de l’algèbre L(H).
Soit T 2 K0 (H), il existe alors ® > 0 tel que T (B) ½ ®B \ Im T = ®(B \ Im T ) car T est un opératur borné.
Par ailleurs, comme Im T est un sous espace de dimension finie de H, sa boule unité B \ Im T est compact. Donc,
T (B) est compact. Ainsi K0 (H) ½ K(H).
(b) Soit T 2 K(H) ( l’adhérence de K(H) dans L(H)). Soit " > 0, il existe S 2 K(H) tel que kT ¡[Sk< ". On
a S(B) est précompact car S(B) est compact. Il existe alors une partie finie A ½ E tel que S(B) ½
(a + "B).
a2A

Soit x 2 B,
[ il existe a 2 A tel que S(x) 2 a + "B. Alors, jT (x) ¡ aj 6 jT (x) ¡ S(x)j + jS(x) ¡ aj 6 2". Donc,
T (B) ½
(a + 2"B). Ce qui montre que T (B) est précompact et ainsi T (B) est compact. Alors, T 2 K(H).
a2A

Donc, K(H) est fermé dans L(H).
2.
(a) Soient '1 ; '2 2 P, il existe N 2 N tel que 8 k 2 Z avec jkj > N , hek ; '1 i = hek ; '2 i = 0. Soit n 2 N avec
n > 2N , alors '1 £ en , '2 £ en et '1 £ '2 £ en sont dans H 2 . Par conséquent, T'1 (T'2 (en )) = T'1 ('2 £ en ) =
'1 £ '2 £ en = T'1 £'2 (en ). Donc, Im (T'1 T'2 ¡ T'1 £'2 ) ½ Vect f(T'1 T'2 ¡ T'1 £'2 ) (en )=0 6 n 6 2N g. En
d’autres termes, T'1 T'2 ¡ T'1 £'2 2 K0 (H 2 ).
(b) Pour tout ' 2 C, ' =

X
k2Z

hek ; 'i ek = lim

n!+1

k=n
X

hek ; 'i ek avec converge uniforme de la série sur S 1 car '

k=¡n

4

est continue. Donc P est dense dans C. L’application © : ('1 £ '2 ) 7! T'1 T'2 ¡ T'1 £'2 de C £ C dans L(H 2 )
est bilinéaire continue. On a d’après la question précèdente, © (P £ P) ½ K0 (H 2 ). Alors, © (C £ C) ½ K0 (H 2 ) ½
K(H 2 ) car K0 (H 2 ) ½ K(H 2 ) et K(H 2 ) est fermé dans L(H 2 ).
3. Soit K 2 K(H).
(a) Soit x 2 B \ Ker(I + K), alors ¡x 2 B et x = K(¡x) 2 K(B). Par conséquent, B \ Ker(I + K) ½ K(B).
Donc, la boule unité fermé de l’espace Ker(I + K) est compact. Donc, l’espace Ker(I + K) est de dimension finie
d’après le théorème de Riesz.
(b) Soit y 2 H adhérent à Im(I + K), (xn )n2N une suite d’élémnets de H telle que lim K(xn ) + xn = y,
n!+1

x0n la projection orthogonale de xn sur Ker(I + K)? , x0n existe car étant donnée que l’espace Ker(I + K) est de
dimension finie, il est fermé dans H et alors H = Ker(I + K) © Ker(I + K)? . Supposons que
(x0n ) n’est
µ laµsuite
¶¶
0
¯
¯
x
pas bornée. Il existe alors une sous-suite (x0nk )k telle que ¯x0nk ¯ > nk + 1, 8 k 2 N. La suite K xn0 k
étant
j nk j
k
µ µ 0 ¶¶
x
, qui converge vers un y 0 2 K(B).
dans le compact K(B), il existe une sous-suite notée encore K xn0 k
j nk j
k
µ 0 ¶
x
x0
x0
K xn0 k + xn0 k = x01 (K(xnk ) + xnk ) ! 0. Ce qui donne, xn0 k ! ¡y 0 . On a alors, d’une part, jy0 j = 1 et
j nk j
j nk j
j nk j
j nk j
À
¿
0
0
0
0
0 xnk
= 0 car x0nk 2 Ker(I + K)? .
d’autre part, y + K(y ) = 0. Donc, y 2 Ker(I + K). Par suite 8 k 2 N, y ; x0
j nk j
La continuité du produit scalaire donne alors, lorsque k tend vers +1, y 0 = 0. D’où la contradiction. Donc, la suite
(x0n ) est bornée. La suite (K(x0n ))n admet alors une valeur d’adhérence car K est un opérateur compact. Pour ne
pas alourdir les notations, on suppose que la suite (K(x0n ))n converge vers un élément a de H, ceci ne diminue en
aucun cas la généralité de la preuve. 8 n 2 N, K (x0n ) + x0n = K(xn ) + xn . Alors, la suite (x0n )n converge vers
x = y ¡ a. Par conséquent, x + K(x) = y 2 Im(I + K). Conclusion: Im(I + K) est fermé dans H
(c) Soit ¡ = K(B). Par hypothèse, ¡ est compact. Soit (xn )n une suite d’éléments de B. Pour tout n 2 N,
on considère la fonction fn : x 7! hxn ; xi de ¡ dans C. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, 8 x; y 2 ¡,
jfn (x) ¡ fn (y)j 6 jx ¡ yj, 8 n 2 N. Donc, A = ffn =n 2 Ng est une partie uniformément équicontinue de l’espace
C(¡; C), des applications complexes continues sur ¡, muni de sa topologie canonique issue de la norme uniforme.
D’autre part, pour tout x 2 ¡, jfn (x)j 6 jxj, 8 n 2 N. Donc, 8 x 2 ¡, A(x) = ffn (x)=n 2 Ng est une
partie bornée de C. Alors, d’après le théorème d’Ascoli, A est une partie relativement compacte de C(¡; C). Il
existe donc une sous-suite (fnk )k qui converge uniformement sur ¡.¯ D’après un corollaire¯ du ¯théorème de Hahn¯
Banach, 8 y 2 H, jK ¤ (y)j = sup jhK ¤ (y); xij. Alors, 8 p; q 2 N, ¯K ¤ (xnp ) ¡ K ¤ (xnq )¯ = ¯K ¤ (xnp ¡ xnq )¯ =
x2B¯−
¯−
¯
¯ ¯
¯
®¯
®¯
sup ¯ K ¤ (xnp ¡ xnq ); x ¯ = sup ¯ xnp ¡ xnq ; K(x) ¯ = sup ¯(fnp ¡ fnq )(K(x))¯ 6 ¯fnp ¡ fnq ¯1 , même il y a
x2B

x2B

x2B

égalité. Par suite, (K ¤ (xnk ))k est une suite de Cauchy dans H. Donc, elle converge dans H. Finalement, ceci
montrer que toute suite d’éléments de K ¤ (B) admet au moins une valeur d’adhérence dans H. Autrement dit, K ¤ (B)
est compact et enfin K ¤ 2 K(H).
(d) On a Im(I + K)? = Ker(I + K)¤ = Ker(I + K ¤ ) et K ¤ 2 K(H). Alors, d’après 3.(a). Im(I + K)? est de
dimension finie. D’autre part, Im(I + K) est fermé alors H = Im(I + K) © Im(I + K)? . Donc, Im(I + K) est de
codimension finie et codimH (Im(I + K)) = dim(Ker(I + K ¤ )).
VI. Opérateurs de Fredholm et opérateurs de Toeplitz
1.
?
(a) On a V est un sous espace¡ fermé
V est de codimension finie dans H alors V ?
¢ de H alors H = V © V ?. De plus,
?
?
est de dimension finie et dim V
= codimH (V ). Mais, W ½ V car V ½ W . Alors W ? est de dimension finie.
?
Soit G un supplémentaire de W \V dans V ? c-à-d V ? = (W \V ? )©G. On a alors, W \G = W \G\V ? = f0g
?
et H = V + V ? ½ W + G car V ½ W ½ W + G
¡ et? ¢V ½ W + G. Donc, H = W © G. Donc, W est de codimension
finie dans H et codimH (W ) = dim(G) 6 dim V
= codimH (V ). Comme, dim(G) est finie G est fermé dans H,
alors H = G? © G et codimH (G? ) = dim(G) = codimH (W ). On a de plus, W ½ G? . Donc, W = G? est fermé
dans H.
(b) Soit T 2 L(H). On suppose qu’ils existent S1 et S2 dans L(H) tels que K1 = S1 T ¡ I et K2 = T S2 ¡ I
sont dans K(H). D’une part, on a Ker(T ) ½ Ker(S1 T ) = Ker(I + K1 ) et K1 2 K(H). Alors d’après la partie
V.3.(a), dim Ker(I + K1 ) < 1. Par conséquent, dim Ker(T ) < 1. D’autre part, Im(T ) ¾ Im(T S2 ) = Im(I + K2 )
et K2 2 K(H). Alors d’après la partie V.3.(b) et (c), Im(I + K2 ) est fermé dans H et codimH (I + K2 ) < 1. Alors
d’après le résultat de la question précèdente, Im(T ) est fermé dans H et codimH (Im(T )) < 1. On conclut alors que
T 2 F (H)
2. Soit ' 2 C ¤ . Alors, '1 2 C ¤ et d’après V.2.(b), T' T '1 ¡ T1 = T' T '1 ¡ I 2 K(H). De même T '1 T' ¡ I 2 K(H).

5

Il résulte de VI.1.(b) que T' 2 F (H).
3.. Soit T 2 F (H). Par définition, pour tout x 2 Ker(T )? , T0 (x) = T (x) et pour tout y 2 Im(T ), T0¡1 (y) = x tel
que T (x) = y et x 2 Ker(T )? . Plus précisement, comme dim Ker(T ) est finie, H = Ker(T ) © Ker(T )? . Soit Q le
projecteur orthogonal de H sur Ker(T )? , T0¡1 T = Q. Alors, ST = T0¡1 P T = T0¡1 T = Q et T S = T T0¡1 P = P .
Donc, ST ¡ I = Q ¡ I et T S ¡ I = P ¡ I. Comme Im(T ) est fermé et de codimension finie dans H, alors
Im(P ¡ I) = Ker(P ) = Im(T )? est de dimension finie. De même, Im(Q ¡ I) = Ker(T ) est de dimension finie.
Donc, ST ¡ I et T S ¡ I sont dans K0 (H).
4. Soit T 2 F(H). Soit S 2 L(H) tel que K = ST ¡ I et L = T S ¡ I 2 K0 (H). Soit J 2 L(H) vérifiant
kJk.kSk< 1. Noter que S ne peut être l’opérateur nul car sinon I serait de rang fini ce qui n’est pas le cas car la
dimension de H est infinie. Noter aussi que S 2 F (H), d’après VI.1.(b).
(a) L(H) muni de la norme subordonnée est une algèbre de Banach, alors kJS k6kJ k.kS k< 1 et kSJ k6kS k.k
J k< 1. Par suite, I + SJ et I + JS sont inversibles dans L(H). On pose K 0 = (I + SJ)¡1 S(T + J) ¡ I et
L0 = (T + J)S(I + JS)¡1 ¡ I. On a alors, d’une part, les opérateurs K 0 et L0 vérifient les égalités voulues. D’autre
part, K 0 et L0 sont dans K0 (H). En effet, K 0 = (I + SJ)¡1 S(T + J) ¡ I = (I + SJ )¡1 K, alors Im(K) = Im(K 0 ).
De même, L0 = (T + J)S(I + JS)¡1 ¡ I = L(I + SJ)¡1 , alors Im(L) = Im(L0 ). Donc, K 0 et L0 2 K0 (H). On
déduit alors de VI.1.(b), que T + J 2 F (H). Donc, la boule ouverte de L(H) de centre T et de rayon 1= kSk est
contenue dans F (H). Autrement dit, F (H) est un ouvert de L(H).
(b) On a K + I = ST avec S, T 2 F (H) et K 2 K0 (H). Alors, ind(K + I) = ind(S) + ind(T ) = 0.
D’autre part, K 0 + I = (I + SJ)¡1 S(T + J) qui est un produit d’éléments de F(H). Alors, ind(K 0 + I) =
ind((I + SJ)¡1 ) + ind(S) + ind(T + J) = ind(T + J) ¡ ind(T ) = 0. Donc, ind(T + J) = ind(T ). Ainsi, la fonction
ind est localement constante sur F (H).
5..
(a) On considère l’application © de C ¤ dans Z qui à chaque ' associe ©(') = ind(T' ) + deg('). D’après II.3, IV.1
et VI.4, © est continue sur C ¤ . Soit n 2 Z.
Si n > 0, pour tout k 2 N, Ten (ek ) = ¦(en+k ) = en+k . Il suit, Ker(Ten ) = f0g et Im(Ten ) = V ectfen ; en+1 ; ¢ ¢ ¢ g,
par suite ind(Ten ) = ¡n et ©(en ) = 0.
Si n 6 0, Ker(Te¡n ) = f0g = Im(Ten )? et comme Ten 2 F (H), Im(Ten ) est fermé et Im(Ten ) = H 2 . Ker(Ten ) =
Im(Te¡n )? = V ectfe¡n ; e¡n+1 ; ¢ ¢ ¢ g? = V ectfe0 ; ¢ ¢ ¢ ; e¡n¡1 g, par suite ind(Ten ) = ¡n et ©(en ) = 0.
Autrement dit, 8 n 2 Z, ©(en ) = 0. Donc © est la constante nulle sur C ¤ car d’après II.4, © est la constante nulle
sur chaque composante connexe par arcs de C ¤ .
(b) Soit ' 2 C ¤ et n = deg('). D’après IV.2.c, l’un des deux opérateurs T' et T'¤ = T' est injectif. On a
ind(T' ) = ¡deg(') = deg(') = ¡ind(T' ). Donc, dim(Ker(T' )) = 0 et codimH 2 (T' ) = n si n > 0 ou bien
dim(Ker(T' )) = ¡n et codimH 2 (T' ) = 0 si n 6 0 .
(c) Soit ' 2 C ¤ . D’après ce qui précède, T' est inversible dans L(H 2 ), si et seulement si le degré de ' est nul.

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