M1TD6 correction .pdf


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Université Abdelhamid Ibn Badis-Mostaganem
Faculté des Sciences Exactes et Informatique
Département de Mathématiques
1ere Année Master AF-AH-MCO
Matière : Théorie des Opérateurs Linéaires II
Responsable : Sidi Mohamed Bahri
Correction de la Feuille d’exercices N 2
Exercice 1 Supposons X 6= f0g : Il est claire que si A 2 L (X) est bijectif; alors
A 1 existe et D A 1 = X:,Si de plus X est un Banach, d’aprés le théorème
de Banach sur l’inverse, on a alors A 1 2 L (X) :
Si X n’est pas complet, alors A 1 n’est pas nécessairement borné.
Si A 1 n’est pas borné, alors il s’en suit de la dé…nition de la norme que
A 1 = +1,et l’inégalité
1

A
est trivialement véri…ée.
Supposons, maintenant que A

1

kAk

kxk = kIxk = AA

1

x

(1)

2 L (X), alors il s’en suit de l’égalité
1

I = AA
que pour tout x 2 X :

1

1

kAk A

x

kAk A

1

kxk :

Nous avons supposé que X 6= f0g ; alors nous concluons que
kAk A

1

1

et nous avons l’inégalité voulue.
Exercice 2 Soit (en )n une base orthonormale dans un espace de Hilbert H, et
dé…nissons l’opérateur A par
!
1
1
X
X
A
xk ek =
xk ek+1 :
(2)
k=1

k=1

1. Montrer que A : H = span fen : n 2 Ng ! H est borné. Comme (en )n
est une B.O.N. alors
2

kxk =

1
X

2

xk ek

k=1

=

1
X

k=1

Il s’en suit que A est dé…ni sur tout H et que
! 2
1
1
X
X
2
kAxk = A
xk ek
=
xk ek+1
k=1

k=1

2

jxk j :

2

=

1
X

k=1

2

2

jxk j = kxk :

Nous déduisons que kAk = 1 et que A est linéaire et partout dé…ni sur H,
alors A 2 L (H).
1

2. Maintenant supposons que
1
X

A

xk ek

k=1

!

=

1
X

xk ek+1 = 0;

k=1

P1
alors xk = 0 pour tout k 2 N. Donc k=1 xk ek = 0 et A est injectif. Par
conséquent A 1 existe et son domaine est donné par
D A

1

= AD (A) = fx 2 H : x1 = (x; e1 ) = 0g :

Si x 2 D A

1

; alors

A

1

1

x=A

1
X

xk ek

k=2

!

1
X

=

xk ek

1

k=2

=

1
X

xk+1 ek :

k=1

Ceci peut être écrit sous la forme :
A

1

(0; x2 ; x3 ; : : :) = (x2 ; x3 ; : : :) ;

i.e., nous avons juste supprimer le zero et déplacer le reste de la suite d’un
crant vers la gauche.
Exercice 3 Soit I = [a; b] et considérons l’opérateur linéaire dé…ni de C ([a; b])
dans lui même, donné par
Z t
Af (t) =
f (s) ds:
(3)
a

1. Montrer que A 2 L (C ([a; b])). En e¤ et,
Z t
Z t
Z t
jAf (t)j =
f (s) ds
jf (s)j ds kf k1
ds = (t
a

a

a

a) kf k1

(b

donc
kAf k1

(b

a) kf k1 ;

et par conséquent A est borné et kAk1
1 pour tout t 2 [a; b] ; alors kf k1 et
Z t
Af (t) =
ds = (t
a

(b

a) : D’autre part, soit f (t) =

a) ; t 2 [a; b] :

Alors
kAf k1 = sup jt

aj = b

t2[a;b]

Nous concluons que
kAk

b

a

kAk = b

a:

d’où

2

a:

a) kf k1 ;

2. Montrons que A est injectif. Pour cela supposons que
Z t
Af (t) =
f (s) ds = 0:
a

Comme f 2 C ([a; b]) ; nous avons Af 2 C 1 ([a; b]) avec
d
Af (t) = f (t) = 0;
dt
ce qui montre que f = 0; donc A est injectif.
Il s’en suit de ce qui précede que
C 1 ([a; b]) :

A (C ([a; b]))
Et comme Af (a) = 0; alors

g 2 C 1 ([a; b]) =g (a) = 0 :

A (C ([a; b]))

Inversement, si g 2 C 1 ([a; b]) et g (a) = 0, alors
f = g 0 2 C ([a; b]) ;
et
Af = g;
donc l’image devient
A (C ([a; b])) = g 2 C 1 ([a; b]) =g (a) = 0 :
3. Il est facile de voir que
1

A

: A (C ([a; b])) ! C ([a; b])

est dé…ni par
1

A

g = g0 :

L’opérateur A 1 n’est-il borné. En e¤ et, nous savons que (t
A (C ([a; b])) et que
n

k(t

a) k1 = sup j(t
t2[a;b]

n

a) j = (b

n

a) :

Il s’en suit de l’égalité
A

1

(t

n

n 1

a) = n (t

a)

que
1

n

n 1

n

n

k(t a) k1
b a
ce qui montre qu’il n’existe pas de constante M 0 telle que
A

A

(t

1

f

a)

1

1

= n (t

a)

=

M kf k1 pour tout f 2 A (C ([a; b])) ;

et A n’est donc pas borné.
3

n

a)

2

Exercice 4 Il est claire que
kT f k1

kf k1 8f 2 C ([0; 1]) ;

donc T est borné.
Supposons que T f1 = T f2 , i.e.,
Z
Z
f1 ( ) d =
0

f2 ( ) d

0

8t 2 [0; 1] ;

alors par di¤ érentiation, on a
f1 ( ) = f2 ( ) pour tout t 2 [0; 1] ;
i.e., f1 ( ) = f2 ;alors T est injectif.
Maintenant, soit ' une fonction continuement di¤ érentiable telle que ' (0) =
0: Alors '0 2 X et
Z
t

'0 ( ) d

' (t) =

0

i.e., ' = T '0 : Donc T est surjectif.
Il s’en suit de ce qui précède que T
1

T
Il est facile de voir que T
T

1

sin (nt)

1

1

1

8t 2 [0; 1] ;

existe et que

' (t) = '0 (t) 8t 2 [0; 1] :

n’est pas borné. En e¤ et,

= kn cos (nt)k1 = n

n ksin (nt)k1 ; 8n 2 N:

Ceci ne contredit pas le théorème de Banach (théorème de l’inverse borné) car
Y muni de la norme in…nie k k1 n’est pas un espace de Banach.

4


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