Leçon 6 Opérateurs Linéaires Bornés .pdf



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Universite ABDELHAMID IBN BADIS-Mostaganem
Faculte des Sciences Exactes et des Siences de la Nature et de la Vie
Departement de Mathematiques
1ere Annee Master MIAS, Annee 2009/10
Matiere : Analyse Spectrale des Operateurs I
Responsable : S. M. Bahri
Lecon 6 -

Operateurs Lineaires Bornes

Soit X et Y deux espaces de Banach, T : X ! Y , une application (operateur)
lineaire de nie sur X. T est dit borne s'il existe C telle que
kT xkY

C kxkX pour tout x 2 X:

Si T est borne, de nissons
kT k = sup kT xk = kxk :

(1)

x6=0

On peut montrer facilement que cette quantite de nie bien une norme (a montrer!). Nous ecrivons L (X; Y ) pour designer l'espace lineaire (vectoriel) des
operateurs bornes muni de la norme(1).

1

Completion de l'espace des operateurs lineaires
bornes

Theorem 1 Soit X un espace norme et Y un espace norme complet. Alors
L (X; Y ) est un espace de Banach (i.e., complet).
1

Proof. Soit fAn gn=1 une suite de Cauchy dans L (X; Y ) alors
8 > 0; 9N tel que 8m; n
Cela implique que pour tout x 2 X et m; n
kAn (x)

Am (x)kY

N : kAn

Am k

:

(2)

N

= k(An Am ) (x)kY
kAn Am k kxk
kxk :
1

Par consequent : pour tout x 2 X, la suite fAn (x)gn=1 est une suite de Cauchy
dans Y . Et comme Y est un espace de Banach, elle admet une limite que l'on
note A (x) 2 Y et ainsi nous de nissons pour tout x 2 X,
A (x) = lim An (x) :
n!1

A est un operateur lineaire et il est aussi borne puisque :
kA (x)kY

sup kAn (x)k

n2N

1

kxk sup kAn k ;
n2N

alors
kAk

sup kAn k ;

n2N

d'ou A 2 L (X; Y ) :
Maintenant, a voir que An ! A:
Supposons le contraire, c'est a dire que kAn Ak 9 0, alors il existe
1
1
fAnk gk=1 fAn gn=1 telle que pour tout k 2 N nous avons
kAnk

Ak

> 0 et

2 :

Donc pour tout k 2 N, nous pouvons choisir xk 2 X telle que
kxk k = 1 et kAnk (xk )

A (xk )k

:

1

Rappelons que fAn gn=1 est une suite de Cauchy, alors on peut choisir
tel que pour tout m; nk
nous avons
kAnk (xk )

Am (xk )k

2N

2

et cela implique
kAnk (xk )
kAnk (xk )

A (xk )k
Am (xk )k + kAm (xk )

A (xk )k :

Donc pour tout m
kAm (xk )

A (xk )k

2
ce qui contredit la de nition de A (nous devons avoir Am (xk ) ! A (xk )).
Remark 2 (i) A est un operateur borne si, et seulement si, A est un operateur
continu (i.e., Axn Ax ! 0 pour xn ! x).
(ii) ker A = fx j Ax = 0g est un sous espace ferme.
(iii) Le theoreme1 implique que pour tout espace norme X, l'espace dual X est
complet. En e et, il su t de prendre Y =( R ou C) et qui soit le m^eme
champs des scalaires pour X.

2

Exemples d'operateurs lineaires
1. Dans C [0; 1], de nissons
Af =

Z

1

K (t; ) f ( ) d

0

pour une fonction continue K de deux variables.

2

A est lineaire et
kAf kC[0;1]

max jf j max
t

Alors
kAk

max
t

Z

kAk = max
t

Z

1

0

jK (t; )j d :

1

jK (t; )j d :

0

En e et, on peut montrer que

Z

1

0

jK (t; )j d :
2

2. Dans L2 [0; 1] pour K (t; ) 2 L2 [0; 1]

(3)

; de nissons l'operateur

K : L2 [0; 1] ! L2 [0; 1]
avec
Kf =

Z

1

K (t; ) f ( ) d :

(4)

0

La fonction de deux variables est appelee noyau (ou nction noyau) de
l'operateur K. Veri er (en exercice) que
kKkop

kK (t; )kL2 (I 2 ) ;

(I = L2 [0; 1]) :

(5)

3. Pour tout operateur lineaire borne A : H ! H; nous avons :
kAk = sup fj(Ax; y)j j kxk

1; kyk

1g :

4. Soit k (t) une fonction continue sur [a; b]. Dans L2 [a; b], de nissons l'operateur
A par Af = k (t) f (t) : Alors A est un operateur lineaire borne et
kAk = M = max jk (t)j :
a t b

5. L'operateur shift dans l2 de ni par :
T x = (0; a1 ; a2 ; : : : ; an ; : : :)
pour (an ) 2 l2 satisfait kT xk = kxk et kT k = 1:
1

6. Soit (aij )i;j=1 une matrice in nie et
K2 =

1
X

i;j=1

3

jaij j 2 < 1:

(6)

Alors l'operateur A de ni sur l2 par
0
A ((

1
i )i=1 )

=@

i

=

1
X

aij

j

j=1

A

(7)

i=1

est un operateur lineaire borne. Veri er que
kA ( i )kl2

11

K k( i )kl2 :
1

7. Soit H un espace de Hilbert separable et fei gi=1 une base P
orthonormale.
1
Soit A : H ! H un operateur lineaire. Alors pour x = i=1 (x; ei ) ei
nous avons
1
X
Ax =
(x; ei ) Aei :
i=1

De plus

Aej =

1
X

(ej ; ei ) ei :

i=1

Donc
Ax =

X
i

0
@

X
j

j

1

(Aej ; ei )A ei :

1
P1
Alors, A applique la suite ( i ) a i = j=1 (Aej ; ei ) j
. Par consequent,
i=1
nous pouvons voir que l'exemple 6. peut ne pas ^etre applique a la matrice
((Aej ; ei )).

4


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