مسابقة دكتوراه 2019 — جامعة الشهيد حمه لخضر - الوادي — الموضوع 01

(1) Soit $(f_n, Tf_n)_{n \in \mathbb{N}} \subseteq G(T)$ une suite convergente vers $(f, g)$ dans $E \times F$. Alors $\lim f_n = f$ et $\lim f_n' = g$. Comme les deux convergences sont uniformes, $g = f'$ et donc $(f, g) = (f, Tf) \in G(T)$. Ce qui montre que $G(T)$ est ferm\u00e9.

(2) Pour la suite $(f_n)$ propos\u00e9e ($f_n(t) = t^n$), on a $\|f_n\|_\infty = 1$ et $\|f_n'\|_\infty = n$. Si $T$ est continue, on a

$$\|T\| \ge \frac{\|f_n'\|_\infty}{\|f_n\|_\infty} = n.$$

Ceci montre que $\|T\|$ ne peut pas avoir une valeur finie, donc l'application $T$ n'est pas continue.

1) $\forall x, y \in H \setminus \{0\}$, on a

$$\frac{|\langle Tx, y \rangle|}{\|x\| \|y\|} \le \frac{\|Tx\| \|y\|}{\|x\| \|y\|} \le \|T\|.$$

D'o\u00f9 $\sup W(T) \le \|T\|$. D'autre part, en faisant $y = Tx$, $x \ne 0$, on voit que

$$\frac{|\langle Tx, Tx \rangle|}{\|x\| \|Tx\|} = \frac{\|Tx\|^2}{\|x\| \|Tx\|} = \frac{\|Tx\|}{\|x\|}.$$

Cela donne $\|T\| \le \sup W(T)$. D'o\u00f9 $\|T\| = \sup W(T)$.

2) a) Par 1) on a $\omega(T) \le \|T\|$. Montrons l'autre in\u00e9galit\u00e9. Soient $x, y \in H$ avec $\|x\| = \|y\| = 1$. Alors

$$2\left[ \langle Tx, y \rangle + \langle Ty, x \rangle \right] = \langle T(x+y), x+y \rangle - \langle T(x-y), x-y \rangle,$$

donc

$$2\left| \langle Tx, y \rangle + \langle Ty, x \rangle \right| \le \omega(T)\left( \|x+y\|^2 + \|x-y\|^2 \right) = 2\omega(T)\left( \|x\|^2 + \|y\|^2 \right) = 4\omega(T).$$

En prenant $y = \dfrac{Tx}{\|Tx\|}$ et en rempla\u00e7ant $T$ par $\lambda T$ avec $|\lambda| = 1$, on obtient

$$\left| \|Tx\| + \|Tx\|^{-1} \lambda^2 \langle T^2 x, x \rangle \right| \le 2\omega(T).$$

Si $\langle T^2 x, x \rangle = |\langle T^2 x, x \rangle| e^{i\theta}$, on choisit alors $\lambda = e^{-i\theta/2}$, ce qui donne apr\u00e8s multiplication par $\|Tx\|$ :

$$\|x\| = 1 \implies \|Tx\|^2 + |\langle T^2 x, x \rangle| \le 2\omega(T) \|Tx\|. \qquad (*)$$

En particulier, $\|x\| = 1 \implies \|Tx\| \le 2\omega(T)$. D'o\u00f9 $\|T\| \le 2\omega(T)$.

b) Par $(*)$ et $2ab \le a^2 + b^2$ ($a, b > 0$), si $\|x\| = 1$ on trouve

$$|\langle T^2 x, x \rangle| \le 2\omega(T)\|Tx\| - \|Tx\|^2 \le \omega(T)^2.$$

En passant au sup sur $\|x\| = 1$, on trouve $\omega(T^2) \le \omega(T)^2$.

c) Puisque $A$ est normal, on a pour tout $n \ge 1$ :

$$\|A\|^{2^n} = \left( \|A^* A\|^{2^n} \right)^{\frac{1}{2}} = \left\| (A^*)^{2^n} A^{2^n} \right\|^{\frac{1}{2}} = \|A^{2^n}\| \le 2\,\omega(A^{2^n}) \le 2\,\omega(A)^{2^n}.$$

D'o\u00f9 $\|A\| \le 2^{\frac{1}{2^n}} \omega(A)$. En faisant $n \to +\infty$, on trouve $\|A\| \le \omega(A)$, et par a) on a $\omega(A) \le \|A\|$. Donc $\|A\| = \omega(A)$.

1) Si $A = T + iS$ avec $T = T^*$ et $S = S^*$, on a $A^* = T - iS$, donc $A + A^* = 2T$ et $A - A^* = 2iS$. R\u00e9ciproquement, pour $A \in \mathcal{L}(H)$, les op\u00e9rateurs $\frac{1}{2}(A + A^*)$ et $\frac{1}{2i}(A - A^*)$ sont auto-adjoints, et donc $A = T + iS$.

2) Pour $A \in \mathcal{L}(H)$, on peut \u00e9crire

$$A^* A - A A^* = (T - iS)(T + iS) - (T + iS)(T - iS) = -2i(ST - TS). \qquad (1)$$

Donc $A^* A = A A^* \iff TS = ST$.

3) Supposons que $A$ est normal, alors

$$A A^* = A^* A = (T + iS)(T - iS) = T^2 + S^2.$$

Si $T^2 + S^2$ est inversible, en multipliant par $(T^2 + S^2)^{-1}$, on obtient

$$\left( (T^2 + S^2)^{-1} A^* \right) A = I \quad \text{et} \quad A \left( A^* (T^2 + S^2)^{-1} \right) = I.$$

Ce qui implique que $A$ est inversible, et l'inverse est donn\u00e9 par $A^{-1} = A^* (T^2 + S^2)^{-1}$. R\u00e9ciproquement, si $A$ est inversible, alors $T^2 + S^2 = A A^*$ est inversible d'inverse $(A^{-1})^* A^{-1}$.