Correction Examen Final Master1 S1 2011 2012 .pdf


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— 1—

Théorie des Opérateurs Linéaires I
Master1 AF - AH - MCO
Correction Examen Final (Fevrier 2012)
S.M.Bahri
Solution 1

1. Il su¢ t d’utiliser la dé…nition du produit scalaire (voir le cours).

2. A voir que E n’est complet. En e¤et, il su¢ t de trouver une suite de Cauchy dans E
qui ne converge pas pour la norme induite du produit scalaire. La suite
1 1
1
1; ; ; : : : ; ; 0; 0; : : :
2 3
n

xn =
est une suite de Cauchy :

lim kxn

n;m!1

2

maxfm;ng

X

xm k = lim 4
n;m!1

k=minfm;ng+1

31=2

15
k2

= 0:

Cependant, la suite ne converge pas dans E, parce que sa limite 1; 21 ; 13 ; : : : ; n1 ; : : :
n’est pas dans E. (La suite (xn ) converge dans l2 .)
Solution 2

1. On a jfn j = fn ; et donc

(a) kfn k1 = sup jfn (x)j = sup fn (x) = 1;
x2[ 1;1]

(b) kfn k1 =

R1

x2[ 1;1]

fn (x) dx = 1 +

1

1
:
2n+1

2. (a) ffn g n’est pas une suite de Cauchy pour la norme naturelle de C([ 1; 1]): En
e¤et, soit n 2 N, notons que la borne supérieure
sup jfn (x)

fn+1 (x)j

x2[ 1;1]

est atteinte au point x0 =

1
2n

2n

avec fn (x0 ) = 1

kfn

fn+1 k1 =

1
2

(n+1)

8n 2 N;

et donc ffn g ne peut être une suite de Cauchy.

= 12 : Ainsi

— 2—

(b) ffn g est une suite de Cauchy pour la 1-norme: En e¤et, pour tout m > N; n > N;
on a
1
1
1
kfm fn k1 = m+1
<
;
2
2n+1
2N
donc étant donné

> 0; alors tout entier N telque
N>

log2

su¢ t pour que
kfm

fn k1 <

8m > N et n > N:

3. (a) Comme ffn g n’est pas une suite de Cauchy pour la norme k k1 alors elle n’est
pas convergente.
(b) Il est géométriquement claire que fn approche la fonction f dé…nie par
f (x) =

1; si
1 x 0;
0; si 0 x 1:

En e¤et, pour tout point …xe x0 2 [ 1; 1] la suite de nombres réels ffn (x0 )g
converge vers f (x0 ) ; i.e., ffn g est simplement convergente vers f: Cependant, la
fonction f ne peut être une limite dans C([ 1; 1]) pour ffn g car f 2
= C([ 1; 1]).
Par conséquent, la suite de Cauchy (fn )n ne converge pas pour la norme k k1 .
4. (a) Supposons que C([ 1; 1]) est muni de la norme k k1 . Donc si ffn g est une suite
de Cauchy pour la norme k k1 , alors ffn g converge ponctuellement vers une certaine limite f . En e¤et, ffn g étant une suite de Cauchy pour la norme k k1 , on
peut montrer que ffn g est au fait uniformément convergente vers f , et d’aprés un
résultat standard de l’analyse réelle qui a¢ rme qu’une suite uniformément convergente de fonctions continues converge vers une fonction continue. En d’autres
termes, la fonction limite f doit être dans C([ 1; 1]). Ainsi (C([ 1; 1]); k k1 ) est
complet.
(b) D’aprés 3. (b),
kfn

f k1 ! 0

mais f 2
= C([ 1; 1]: Donc (C([ 1; 1]); k k1 ) n’est pas complet.
Solution 3 Soit l’opérateur
A : l1 ! l1
A (x1 ; x2 ;
; xn ;

) = x1 ; x22 ;

; xnn ;

:

— 3—

1. Il est facile de voir que A est linéaire. Pour la bornétude, on a pour tout x =
(x1 ; x2 ;
; xn ; ) ;
xn
kAxk = sup
sup jxn j = kxk :
n
n
n
D’autre part, pour x0 = (1; 0; 0; : : :) ;
Ax0 = (1; 0; 0; : : :) et kAx0 k = 1:
Cependant
kAk = 1:
2. Montrons que l’image (ou le rang) d’un opérateur linéaire borné n’est pas necessairement fermé. Pour se faire, prenons l’exemple de l’opérateur A. L’idée consiste à
trouver un élément y 2 l1 qui n’appartient pas à Im A et essayer de construire une
suite y N dans Im A convergente vers y.
L’élément y = (1; 1; 1; : : :) (i.e. yn = 1 pour tout n) satisfait le critère. En e¤et, au
sens de l’image inverse on a
A 1y = x
avec
x = (x1 ; x2 ;

; xn ;

) et xn = n

mais il est claire que
x2
= l1 ;

par conséquent

y2
= Im A:

Maintenant passons à la construction de la suite y N . Pour cela, il su¢ t de prendre
yN =

1; 1; : : : ;

1

; 0; 0; : : : :

N ieme position

Il facile de voir que l’antécédent de y N par l’action A est
xN =

1; 2; : : : ;

N

; 0; 0; : : : :

N ieme position

Ainsi,
y = lim y N
avec

N !1

y N 2 Im A et y 2
= Im A:


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