مسابقة دكتوراه 2019 — Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued — الموضوع 04

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle

FB_IMG_1572464352486.pdf, Concours d'accès au doctorat 3e cycle LMD 2019/2020, spécialité Mathématiques Appliquées, épreuve Analyse fonctionnelle et applications, Variante 2, 19/10/2019

التمرين 1

Graphe fermé mais opérateur de dérivation non continu

#graphe fermé#opérateur non borné#dérivation

Soit $E=C^1([0,1])$ l'espace des fonctions $C^1$ à valeurs complexes et $F=C([0,1])$ , tous deux munis de $\|\cdot\|_\infty$ . Soit $T:E\to F$ , $Tf=f'$ . On note $G(T)=\{(f,Tf):f\in E\}$ le graphe de $T$ .

Montrer que $G(T)$ est fermé dans $E\times F$ .
Montrer que $T$ n'est pas continue.

◀الحل

Soit $(f_n,f_n')\to(f,g)$ dans $E\times F$ : $f_n\to f$ et $f_n'\to g$ uniformément. Par le théorème de dérivation des limites uniformes, $f$ est $C^1$ et $f'=g$ , donc $(f,g)=(f,Tf)\in G(T)$ : le graphe est fermé. 2. Prendre $f_n(x)=\frac{\sin(nx)}{n}$ ... plus simplement $f_n(x)=x^n$ : $\|f_n\|_\infty=1$ mais $\|f_n'\|_\infty=n\to\infty$ . Comme $\|T\|\ge\|f_n'\|_\infty/\|f_n\|_\infty=n$ n'est pas borné, $T$ n'est pas continue (le théorème du graphe fermé ne s'applique pas car $E$ n'est pas complet pour $\|\cdot\|_\infty$ ).

التمرين 2

Rayon numérique et norme d'un opérateur

#rayon numérique#opérateur normal#Hilbert

Soient $H$ un Hilbert complexe séparable de dimension infinie et $\mathcal{L}(H)$ l'algèbre des opérateurs bornés. Pour $T\in\mathcal{L}(H)$ on pose

W(T)=\left\{\frac{|\langle Tx,y\rangle|}{\|x\|\,\|y\|}:0\ne\|x\|\le1,\ 0\ne\|y\|\le1\right\}.

Montrer que $\|T\|=\sup W(T)$ .
On note le rayon numérique $\omega(T)=\sup\{|\langle Tx,x\rangle|:\|x\|=1\}$ . (a) Montrer $\tfrac12\|T\|\le\omega(T)\le\|T\|$ . (b) Montrer $\omega(T^2)\le\omega(T)^2$ . (c) Si $T$ est normal, montrer $\omega(T)=\|T\|$ .

◀الحل

Par Cauchy-Schwarz $|\langle Tx,y\rangle|\le\|Tx\|\|y\|\le\|T\|\|x\|\|y\|$ , donc $\sup W(T)\le\|T\|$ ; en prenant $y=Tx/\|Tx\|$ on obtient $|\langle Tx,y\rangle|/\|x\|=\|Tx\|/\|x\|$ , dont le sup est $\|T\|$ . D'où l'égalité. 2(a) $\omega(T)\le\|T\|$ est clair. Via l'identité de polarisation, $4\langle Tx,y\rangle=\sum i^k\langle T(x+i^ky),x+i^ky\rangle$ , on majore $|\langle Tx,y\rangle|$ par $\omega(T)$ fois des normes, donnant $\|T\|\le2\omega(T)$ . (b) Se déduit de l'inégalité (∗) obtenue par polarisation et $2ab\le a^2+b^2$ . (c) Pour $T$ normal, $\|T^{2^n}\|=\|T\|^{2^n}$ ; combiné à $\|T^{2^n}\|\le2\omega(T^{2^n})\le2\omega(T)^{2^n}$ , on obtient $\|T\|\le2^{1/2^n}\omega(T)\to\omega(T)$ , donc $\omega(T)=\|T\|$ .

التمرين 3

Décomposition cartésienne d'un opérateur et inversibilité

#décomposition cartésienne#opérateur normal#auto-adjoint

Soit $H$ un Hilbert complexe et $A\in\mathcal{L}(H)$ .

Montrer que $A=T+iS$ avec $T,S$ auto-adjoints si et seulement si $T=\tfrac12(A+A^*)$ et $S=\tfrac1{2i}(A-A^*)$ .
Montrer que $A$ est normal si et seulement si $TS=ST$ .
Supposons $A$ normal. Montrer que $A$ est inversible si et seulement si $T^2+S^2$ est inversible, et justifier $A^{-1}=A^*(T^2+S^2)^{-1}$ .

◀الحل

Si $A=T+iS$ avec $T=T^*$ , $S=S^*$ , alors $A^*=T-iS$ , d'où $A+A^*=2T$ et $A-A^*=2iS$ , donnant les formules. Réciproquement ces $T,S$ sont auto-adjoints et $T+iS=A$ . 2. $A^*A-AA^*=(T-iS)(T+iS)-(T+iS)(T-iS)=2i(TS-ST)$ , donc $A$ normal $\iff TS=ST$ . 3. $A$ normal donne $A^*A=AA^*=(T-iS)(T+iS)=T^2+S^2$ (car $TS=ST$ ). Donc $A^*A=T^2+S^2$ ; $A$ inversible $\iff A^*A$ inversible $\iff T^2+S^2$ inversible, et alors $A^{-1}=(A^*A)^{-1}A^*=A^*(T^2+S^2)^{-1}$ (en utilisant aussi $AA^*=T^2+S^2$ ).