مسابقة دكتوراه 2021 — Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued — الموضوع 08

مسابقة تخصص · Analyse Fonctionnelle · المعامل: 3 · المدة: 2سا

Concours d'accès au doctorat 3ème cycle LMD 2020/2021 — Spécialité Analyse mathématique et ses applications — Épreuve (Variante 2), Université Echahid Hamma Lakhdar d'El Oued, Faculté des Sciences Exactes, Département des Mathématiques — Date 6/03/2021 — Coefficient 03 — Durée 2h.

التمرين 1

Exercice 1 — Rayon spectral de AB et BA

#functional-analysis#spectral-radius#operator-theory#hilbert-space

Soit $H$ un espace de Hilbert complexe et $A$ , $B$ deux opérateurs sur $H$ . Montrer que les opérateurs $AB$ et $BA$ ont même rayon spectral.

◀الحل

On montre que $\sigma(AB) \setminus \{0\} = \sigma(BA) \setminus \{0\}$ . Si $\lambda \neq 0$ et $\lambda \in \rho(AB)$ , on vérifie que $(\lambda I - BA)^{-1} = \frac{1}{\lambda}[I + B(\lambda I - AB)^{-1}A]$ . Donc $\lambda \in \rho(BA)$ . Par symétrie, $\sigma(AB) \setminus \{0\} = \sigma(BA) \setminus \{0\}$ . Comme le rayon spectral est le sup des modules, $r(AB) = r(BA)$ .

\boxed{r(AB) = r(BA)}

التمرين 2

Exercice 2 — Shift à droite sur ℓ² : adjoint, compacité, valeurs propres et spectre

#functional-analysis#shift-operator#adjoint#compact-operator#spectrum#eigenvalues

Soit $S$ le shift à droite sur $\ell^2(\mathbb{C})$ , i.e. $S(e_n) = e_{n+1}$ , où $(e_n)$ est la base hilbertienne canonique.

(2 pts) Déterminer l'adjoint de $S$ .
(1,5 pts) Expliquer pourquoi $S$ n'est pas compact.
(2 pts) Déterminer les valeurs propres de $S$ et $S^*$ .
(2,5 pts) Montrer que le spectre de $S$ et de $S^*$ est inclus dans le disque unité fermé.

◀الحل

1.

$\langle Se_n, e_m \rangle = \langle e_{n+1}, e_m \rangle = \delta_{n+1,m}$ . Donc $\langle e_n, S^*e_m \rangle = \delta_{n,m-1}$ , i.e. $S^*(e_m) = e_{m-1}$ pour $m \geq 1$ et $S^*(e_0) = 0$ .

\boxed{S^* \text{ est le shift à gauche}}

2.

$S$ envoie la suite bornée $(e_n)$ sur $(e_{n+1})$ qui n'a pas de sous-suite convergente (distance $\sqrt{2}$ entre deux termes). Donc $S$ n'est pas compact.

3.

Pour $S$ : $Su = \lambda u$ implique $u_{n+1} = \lambda u_n$ mais le premier terme est 0 (car $S$ décale). Donc $u = 0$ et $\sigma_p(S) = \emptyset$ .

Pour $S^*$ : $S^*u = \lambda u$ donne $u_{n+1} = \lambda u_n$ , i.e. $u_n = \lambda^n u_0$ . Pour que $u \in \ell^2$ : $|\lambda| \lt 1$ . Donc $\sigma_p(S^*) = \{\lambda \in \mathbb{C} : |\lambda| \lt 1\}$ .

4.

$\|S\| = 1$ et $\|S^*\| = 1$ , donc $\sigma(S) \subset \overline{B}(0,1)$ et $\sigma(S^*) \subset \overline{B}(0,1)$ . En fait $\sigma(S) = \sigma(S^*) = \overline{B}(0,1)$ car $\sigma_p(S^*) = B(0,1) \subset \sigma(S^*)$ et le spectre est fermé.

التمرين 3

Exercice 3 — Fonction de Green et opérateur intégral compact

#functional-analysis#green-function#integral-operator#eigenvalues#boundary-value-problem

Soit $f \in L^2([0,1])$ . On considère le problème aux limites

(I) \begin{cases} x''(t) = f(t) \\\\ x(0) = x(1) = 0 \end{cases}

(3 pts) Montrer que (I) a une solution unique de la forme $x(t) = (Tf)(t) = \int_0^1 k(t,s)f(s)ds$ où $k(t,s) = \begin{cases} s(t-1) & 0 \leq s \leq t \\\\ t(s-1) & t \leq s \leq 1 \end{cases}$ .
(2 pts) Réciproquement, vérifier que $Tf$ est deux fois dérivable et solution de (I). En déduire que 0 n'est pas valeur propre de $T$ .
(2 pts) Si $f$ est fonction propre associée à $\lambda$ , montrer que $\lambda$ est non nul ssi $f$ est non nulle, deux fois dérivable et vérifie $f'' = \frac{1}{\lambda}f$ , $f(0)=f(1)=0$ .

◀الحل

1.

En intégrant $x'' = f$ deux fois avec $x(0) = 0$ : $x(t) = At + B + \int_0^t (t-s)f(s)ds$ . $x(0)=0$ donne $B=0$ . $x(1)=0$ donne $A = -\int_0^1(1-s)f(s)ds$ . On vérifie que la formule donne $x(t) = \int_0^1 k(t,s)f(s)ds$ .

2.

$(Tf)'(t) = \int_0^t sf(s)ds + (t-1)f(t) + \int_t^1(s-1)f(s)ds - tf(t) = \int_0^t sf(s)ds + \int_t^1(s-1)f(s)ds - f(t)$ .

Après calcul : $(Tf)''(t) = f(t)$ . Comme $Tf$ résout (I), si $Tf = 0$ alors $f = (Tf)'' = 0$ , donc $T$ est injectif et $0 \notin \sigma_p(T)$ .

3.

Si $Kf = \lambda f$ avec $\lambda \neq 0$ : $f = \frac{1}{\lambda}Kf$ est deux fois dérivable et $f'' = \frac{1}{\lambda}(Kf)'' = \frac{1}{\lambda}f$ , $f(0)=f(1)=0$ . Réciproquement, si $f'' = \frac{1}{\lambda}f$ avec $f(0)=f(1)=0$ et $f \neq 0$ , alors $Kf = \lambda f$ .