Université Pierre et Marie Curie Analyse réelle, MM003Master de Mathématiques, M1 Année universitaire 2014-2015

Ayman Moussa

TD no 3 – Espaces de Hilbert. Opérateurs.

1 Espaces de HilbertExercice 1.1:

Soit H un espace de Hilbert.1. Soit K � H un compact. Démontrer qu’une suite de K faiblement convergente (dans H) est

fortement convergente.2. Vérifier que toute suite faiblement convergente de H est bornée. Montrer que si pxnqn á x, alors}x} ¤ limn}xn}.

3. Que dire de la suite pxxn, ynyqnPN si pxnqnPN converge faiblement vers x P H et pynqnPN convergefortement vers y P H ? Et si les deux suites convergent faiblement ?

4. Vérifier que pour T P L pHq, et toute suite pxnqnPN de H, on a!xn á

nÑ8x)

ùñ!T pxnq á

nÑ8T pxq

).

Voir la correction.

Exercice 1.2:Soit H un espace de Hilbert et pxnqnPN une suite bornée de H. Le but de cet exercice est de montrer

que l’on peut extraire une sous-suite faiblement convergente de pxnqnPN.1. Supposons que H soit séparable. Soit D une partie totale dénombrable de H. Montrer qu’on peut

extraire de pxnqnPN une sous-suite pxnkqkPN telle que pour tout z P VectpDq, la suite pxz, xnkyqkPNconverge vers un élément `pzq P K.Indication : Un seul mot : « diagonale ».

2. Montrer que la convergence du crochet a en fait lieu pour tout z P H.3. Montrer que l’application ` ainsi définie est une forme linéaire continue et conclure.4. Comment faire dans le cas non séparable ?

Voir la correction.

Exercice 1.3:Montrer que si T P L pHq est normal, alors ~T 2~ � ~T~2.

Indication : Penser à se ramener au cas auto-adjoint qui se traite plus facilement.

Voir la correction.

1

2 Opérateurs, spectre et compacitéExercice 2.1: Opérateurs compacts

Soient E un espace de Banach de dimension infinie et F un espace normé quelconque.1. Soit T P L pE,F q inversible et bicontinu. Montrer que T n’est pas compact.2. On suppose cette fois-ci que pour tout x P E, }T pxq}F ¥ C}x}E pour une certaine constante positiveC ¡ 0. Montrer que T n’est pas compact.

Voir la correction.

Exercice 2.2: Spectre continu, pas de valeurs propresOn considère l’opérateur fonctionnel

T : C 0pr0, 1s,Rq ÝÑ C 0pr0, 1s,Rqf ÞÝÑ xf.

Déterminer σpT q et vppT q. T est-il compact ?

Voir la correction.

Exercice 2.3: Opérateurs diagonaux et shiftsSoit p P r1,8r. Soit panqnPN P `8pCq, on définit

T : `ppCq ÝÑ `ppCqpunqnPN ÞÝÑ panunqnPN.

1. Vérifier que T est bien un endomorphisme continu de `ppCq.2. Montrer que T est compact si et seulement si lim

nÑ8an � 0.

3. Les shifts à droite et à gauche sur `ppCq sont-ils compacts ?

Voir la correction.

Exercice 2.4: Shifts sur `2pCqSoit S le shift à droite sur `2pCq, i.e. l’unique opérateur linéaire continu vérifiant Spenq � en�1,

où penqnPN est la base hilbertienne canonique de `2pCq : en :� p0, . . . 0,n

Ó1, 0, 0, . . . q.

1. Déterminer l’adjoint de S.2. Expliquer pourquoi S n’est pas compact.3. Déterminer les valeurs propres de S et S�.4. Montrer que le spectre de S et de S� est inclus dans le disque unité fermé.

Indication : On pourra vérifier que la série°nSn

λn converge dès lors que |λ| ¡ 1 et en déduire queS � λId`2pCq est inversible (ou tout simplement invoquer la formule du rayon spectral !).

5. Vérifier que le spectre de S� contient le disque unité ouvert puis finalement que σpSq � σpS�q � D(disque unité fermé).

Voir la correction.

2

Exercice 2.5:Soit H un espace de Hilbert. Montrer que T P L pHq est compact si et seulement si l’image par T

de toute suite de E convergeant faiblement vers 0 est une suite convergeant fortement vers 0.Indication : On pourra utiliser certains résultats obtenus dans les deux premiers exercices de la section 1.

Voir la correction.

Exercice 2.6: Théorème spectral dans le cas compact auto-adjointDans tout ce qui suit, on fixe un espace de Hilbert séparable H et un opérateur compact T P L pHq

auto-adjoint : T � T�. Le but de l’exercice est de démontrer l’existence d’une base hilbertienne pxnqnPNde H et d’une suite pαnqn P RN tendant (éventuellement) vers 0 telle que T pxnq � αnxn pour tout n.

1. Montrer que vppT q � R en utilisant l’auto-adjonction de T .2. Vérifier que si λ1 � λ2 sont deux valeurs propres associés à deux vecteurs propres e1 et e2 de T ,

alors e1 et e2 sont orthogonaux.3. Soit ε ¡ 0. Montrer que Iε :� tλ P vppT q : |λ| ¥ εu est fini.

Indication : Dans le cas contraire exhiber une suite de vecteurs propres infinie et orthonormée puisutiliser la compacité prétendue de T .

4. En déduire que vppT q est au plus dénombrable et que le seul point d’accumulation possible est 0.On notera donc vppT qzt0u :� tλ1, . . . , λn, . . .u de sorte que la suite pλpqpPN est soit stationnaire soitconvergente vers 0.

5. On pose F � VecttEλ : λ P vppT qu, où Eλ :� KerpT � λIdHq désigne l’espace propre associé àλ P vppT q.(a) Vérifier que si λ � 0, Eλ est de dimension finie.(b) Montrer que F est stable par l’opérateur T .(c) Montrer que l’opérateur induit T|F est diagonalisable au sens suivant : il existe une suite pxnqn

de vecteurs propres de cet opérateur formant une base hilbertienne de F , la suite des valeurspropres associées pαnqn tendant (éventuellement) vers 0.

(d) Vérifier que T stabilise aussi FK.6. Montrons maintenant que pour tout opérateur auto-adjoint compact T P L pHq, vppT q � H (siH � t0u).(a) Vérifier que pour tout x P H, xT pxq, xy P R. On pose M :� sup}x}�1 |xT pxq, xy|   8.(b) Montrer que si M est nul, T aussi (et donc vppT q � H), on suppose par la suite T non nul.(c) Soit pxnqnPN telle que }xn} � 1 et lim

nÑ8|xT pxnq, xny| � M . Montrer que l’on peut extraire de

pxnqnPN une sous-suite pxnkqkPN convergeant faiblement vers un élément x de la boule unitéfermée de H et telle que pT pxnkqqkPN converge fortement vers T pxq P H.

(d) En déduire que xT pxq, xy � �M et }x} � 1. Quitte à considérer �T on suppose par la suiteque xT pxq, xy �M .

(e) Soit z P H unitaire, orthogonal à x. Vérifier que la courbe γ :s � π, πrQ t ÞÑ x cos t� z sin t està valeurs dans la sphère unité de H.

(f) On pose Φ : H Q y ÞÑ xT pyq, yy P R. Montrer que Φ � γ : RÑ R est dérivable en 0, et calculercette dérivée.Indication : On écrira pour t � 0

Φpγptqq � Φpγp0qqt

�BT

�γptq � γp0q

t

, γptq

F�BT pγp0qq, γptq � γp0q

t

F

(g) En notant que γ est maximale en 0, en déduire finalement que xxyK � xT pxqyK, puis que T pxqet x sont proportionnels.

3

7. Conclure.

Voir la correction.

Exercice 2.7:Soit K P C 0pr0, 1s2,Rq. Dans la suite on note E � C 0pr0, 1s,Rq et H � L2ps0, 1rq. On considère

l’opérateur à noyau (K est le noyau de l’opérateur)

TK : E ÝÑ E

f ÞÝÑ» 1

0Kpx, yqfpyqdy

1. Montrer en utilisant le théorème d’Ascoli que TK est un endomorphisme compact de E.2. Nous allons prouver la compacité de TK par une autre méthode qui s’appliquera dans le cadre

L2ps0, 1rq.(a) En utilisant le théorème de Stone-Weirestrass montrer qu’il existe une suite de noyaux de la

forme

Kppx, yq :�p̧

k�1akpxqbkpyq,

où ak, bk P C 0pr0, 1sq, tels que limpÑ8

Kp � K, la convergence étant uniforme sur le carré r0, 1s2.(b) Montrer que pour tout p P N, l’opérateur TKp est de rang fini et que la suite pTKpqpPN converge

vers TK dans L pEq.(c) Vérifier que TK s’étend naturellement en un opérateur de L pHq. Montrer qu’il est également

compact dans cet espace et calculer son adjoint.3. Étudions maintenant le cas particulier où Kpx, yq � e�|x�y|. On considère dans toute la suite TK

comme opérateur de L pHq, i.e.

TK : H ÝÑ H

f ÞÝÑ» 1

0Kpx, yqfpyqdy.

(a) Vérifier que TK est auto-adjoint et montrer que ~TK~ ¤ 1.(b) Soit f P E et g � TKpfq. Montrer que g P C 2pr0, 1sq et que

@x P r0, 1s, g2pxq � gpxq � �2fpxq, gp0q � g1p0q, gp1q � �g1p1q.

(c) Montrer que TKpEq � tg P C 2pr0, 1sq : gp0q � g1p0q, gp1q � �g1p1qu et TKpHq � E.Indication : Pour la première partie, poser f � �pg2 � gq{2 et raisonner sur h � g � TKpfqpour aboutir à TKpfq � g.

(d) Montrer que ImpTKq est dense dans H et en déduire que 0 n’est pas valeur propre de TK .Est-ce que 0 appartient au spectre de TK ?Rappel : On rappelle que C8

0 ps0, 1rq (fonctions plateaux) est dense dans H.(e) Montrer que si f P E et g � TKpfq,

xg, fyH � 12

�}g}2

2 � }g1}22 � |gp1q|2 � |gp0q|2

,

et en déduire que pour tout f P H,

xTKpfq, fyH ¥ 12}TKpfq}

22.

4

(f) Démontrer que σpTKq � r0, 1s. L’égalité est-elle possible ?

(g) Pour λ Ps0, 1s on pose aλ :�c

2� λ

λ. Démontrer que

λ P σpTKq ðñ p1� a2λq sinpaλq � 2aλ cospaλq � 0,

et en déduire que σpTKq � t0u Y tλnunPN avec

21� pπ{2� nπq2   λn   2

1� pnπq2 .

Voir la correction.

5

CorrectionCorrection 1.1:

1. On rappelle le fait suivant. Dans un espace métrique compact, une suite ne possédant qu’uneseule valeur d’adhérence converge vers cette valeur. On sait que la convergence forte implique laconvergence faible, et que la limite faible, lorsqu’elle existe, est unique. Par conséquent une suitefaiblement convergente ne peut posséder qu’une seule valeur d’adhérence forte. Si la suite appartientà un compact, elle converge donc vers cette valeur d’adhérence.

2. Pour la première partie, c’est une application directe du théorème de Banach-Steinhaus. En effet, onrappelle que dans un espace de Hilbert H, tout élément x P H définit une forme linéaire continuepar l’intermédiaire du crochet de dualité ϕx : H Q y ÞÑ xx, yy P K � R ou C. Le théorème dereprésentation de Riesz nous dit même que H Q x ÞÑ ϕx P H 1 est une isométrie surjective. Si pxnqn PHN converge faiblement, alors la famille pϕxnqn est ponctuellement bornée, donc uniformémentbornée (théorème de Banach-Steinhaus), mais ~ϕxn~ � }xn}, et pxnqn est donc bornée dans H.Ensuite, si pxnqn á x, alors xxn, xy Ñ }x}2, et comme |xxn, xy| ¤ }xn}}x}, on a l’estimation voulueen passant l’inégalité précédente à la limite inférieure.

3. On écrit, par inégalités triangulaire et de Cauchy-Schwarz

|xx, yy � xxn, yny| ¤ |xx, yy � xxn, yy| � |xxn, y � yny|¤ |xx� xn, yy| � }xn}}y � yn}.

Le premier terme du membre de droite tend vers 0, puisque pxnqn á x, et le deuxième égalementpuisque pynqn Ñ y (fortement), et pxnqn est bornée (car faiblement convergente, voir questionprécédente). La suite pxxn, ynyqn tend donc vers le crochet xx, yy. Si les deux suites convergentfaiblement, on ne peut pas conclure quant à la convergence de ce crochet. Exemple à garder entête : dans L2pr0, 1s (qui est bien un Hilbert), on peut vérifier que la famille pen : x ÞÑ einxqnPNest faiblement convergente vers la fonction nulle : si f P L2pr0, 1sq, alors f P L1pr0, 1sq (puisquer0, 1s de mesure finie), et on peut la prolonger par 0 en dehors de r0, 1s en une fonction rf P L1pRq,on remarque alors que xen, fyL2pr0,1sq � prfpnq, qui tend bien vers 0 (lemme de Riemann-Lebesgue).Mais xen, enyL2pr0,1sq � 1 ne tend pas du tout vers 0 !

4. C’est une conséquence directe de la définition de l’adjoint de T :

xT pxnq, yy � xxn, T�pyqy ÝÑnÑ�8

xx, T�pyqy � xT pxq, yy.

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 1.2:

1. Il suffit de démontrer la convergence annoncée pour z P D. Le cas z P VectpDq s’en déduit alors par li-néarité. SoitD � pznqn une énumération deD (qui est supposé dénombrable). On suit l’indication del’énoncé et on fait une extraction diagonale : pxz0, xnyqn est une suite de K (� R ou C) bornée (inéga-lité de Cauchy-Schwarz), d’après le théorème de Bolzano-Weirestrass, on peut en extraire une sous-suite convergente, et on note ϕ0 l’extraction associée. On refait la même chose avec pxz1, xϕ0pnqqyqn,pour en déduire l’existence d’une extraction ϕ1, puis pxz2, xϕ0�ϕ1pnqqyqn et ainsi de suite. On définitainsi une famille pϕnqn d’extractions, telle que, en notant ψn : N Q p ÞÑ ϕ0 � ϕ1 � � � � � ϕn�1 � ϕnppq,on ait, pour tout p P N, xzp, xψppnqy convergente vers un certain `pzpq P K. L’extraction diagonaleconsiste à prendre ψ : N Q n ÞÑ ψnpnq, et assure que pour tout z P D, xz, xψpnqy converge vers`pzq P K.

2. Dans la suite on note yn :� xψpnq la sous-suite que l’on a construite précédemment. Soit z P H.Pour tous n, p P N, par inégalités triangulaire et de Cauchy-Schwarz, pour tout ξ P VectpDq,

|xz, yny � xz, ypy| ¤ |xz, yny � xξ, yny| � |xξ, yny � xξ, ypy| � |xξ, ypy � xz, ypy|¤ }yn}}z � ξ} � |xξ, yny � xξ, ypy| � }yp}}z � ξ}.

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D est total, donc VectpDq � H. Puisque la suite pynqn est bornée, les premier et troisièmetermes peuvent être rendus aribtrairement petits et ce, indépendamment de n et p, en choisis-sant ξ P VectpDq suffisament proche de z. Par ailleurs, on a montré que pour tout ξ P VectpDq,la suite pxξ, ynyqn était convergente, donc particulier de Cauchy, si bien que, à ξ fixé, le deuxièmeterme tend vers 0 quand minpn, pq Ñ �8. La même convergence tient donc pour le membre degauche de l’inégalité : pxz, ynyqn est de Cauchy dans K (� R ou C) qui est complet, elle convergevers une limite que l’on note encore une fois `pzq.

3. La linéarité de ` est une conséquence de l’unicité de la limite et de la sesquilinéarité du produitscalaire. La continuité de ` vient de l’inégalité de Cauchy-Schwarz : |xz, yny| ¤ }yn}}z} ¤ C}z}puisque pynqn (extraite de pxnqn) est supposée bornée, donc à la limite on a bien }`pzq} ¤ C}z}.Ainsi on a ` P H 1, et le théorème de représentation de Riesz nous assure qu’il existe x P H tel que`pzq � xz, xy. En reprenant la définition de `, cela veut exactement dire que pynqn, qui est sous-suitede pxnqn, converge faiblement vers x.

4. SoitH un espace de Hilbert non séparable, et soit pxnqn une suite bornée. L’espace F :� Vecttxn : n P Nuest séparable, puisque VectQtxn : n P Nu est dénombrable (union dénombrable d’ensembles dénom-brables) et dense dans F . Le fermé G :� F est donc toujours séparable, et est un espace de Hilbert(fermé dans un Hilbert). La suite pxnqn étant également bornée dans G, la démonstration précé-dente s’applique et on dispose d’une sous-suite pxnkqk convergeant faiblement (dans G) vers x P G.Cela veut exactement dire que pour tout z P G, pxz, xnkyqk converge vers xz, xy. Mais puisque Gest fermé, on a la décomposition H � G ` GK. Et on a donc en fait, pour tout ξ P H, ξ � z � y,avec z P G, y P GK, et donc

xξ, xnky � xz, xnky � xy, xnky ÝÑkÑ�8

xz, xy � xξ, xy,

puisque x P G, si bien que pxnkqk converge faiblement vers x dans H également.

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 1.3:On a toujours, par définition de la norme triple ~T 2~ ¤ ~T~2. Il s’agit de démontrer l’inégalité in-

verse dans le cas normal. Tout d’abord, le cas auto-adjoint : T � T�, donc pour tout élément x de la bouleunité }T pxq}2 � xT pxq, T pxqy � xT 2pxq, xy ¤ ~T 2~. Dans le cas plus général où T est normal, on remarqueque T��T est auto-adjoint, du coup d’après ce qui précède ~T� � T~2 � ~T� � T � T� � T~ � ~T�2 � T 2~,puisque T est normal. Finalement on a donc ~T� � T~2 ¤ ~T�2~~T 2~ et donc ~T��T~ ¤ ~T 2~, puisquel’opération d’adjonction est une isométrie commutant avec l’élévation au carré. Mais alors pour tout élé-ment x de la boule unité on a, en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz

}T pxq}2 � xT pxq, T pxqy � xT� � T pxq, xy ¤ ~T� � T~ ¤ ~T 2~,

ce qui revient exactement à dire que ~T~2 ¤ ~T 2~.Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 2.1: Opérateurs compacts

1. Si T est compact, l’image de la boule unité de E, BE , est relativement compacte dans F , i.e. T pBEqcompact dans F . Mais T est un isomorphisme bicontinu, on a donc BE � T�1pT pBEqq � T�1pT pBEqq,et comme T�1 est continu, le dernier ensemble serait compact (image continue d’un compact), etBE serait relativement compacte, exclu puisque E de dimension infinie (théorème de Riesz).

2. L’inégalité implique l’injectivité de T , on peut donc définir son inverse, T�1 : T pEq Ñ E. L’inégalitéfournit également la continuité de T�1. Si T était compact, il serait en particulier continu et ontombe dans la même situation que la question précédente (avec F � T pEq).

7

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 2.2: Spectre continu, pas de valeurs propresCommençons par les valeurs propres. L’équation pT �λIdqf � 0 conduit à xf � λf et donc f � 0,

on en déduit vppT q � H. Les valeurs spectrales de T sont donc les réels λ P R pour lesquels T�λId est nonsurjectif. On voit que l’équation g � pT � λIdqf impose gpλq � 0, si λ P r0, 1s, ce qui veut effectivementdire que r0, 1s � σpT q. Réciproquement si λ R r0, 1s et g P C 0pr0, 1s,Rq, alors f : x ÞÑ gpxq{px � λqappartient bien à C 0pr0, 1s,Rq et vérifie pT � λIdqf � g, on a donc l’égalité σpT q � r0, 1s. L’opérateurT n’est pas compact : la suite en : x ÞÑ xn est dans la boule unité fermée de C 0pr0, 1s,Rq, et on vérifieque T penq � en�1. Par contre aucune sous-suite de penqn ne peut être convergente dans C 0pr0, 1s,Rq :la convergence uniforme entraîne la convergence simple et penqn converge simplement sur r0, 1s vers lafonction 1t1u R C 0pr0, 1sq.

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 2.3: Opérateurs diagonaux et shifts

On note u :� punqn et a :� panqn, et pour m P N, em :� p0, 0, . . . ,m

Ó1, 0, . . . q.

1. T est clairement linéaire et on a directement par définition de la norme `p, }T puq}p ¤ }a}8}u}p,ce qui assure la continuité de T .

2. panqn tend vers 0 ñ T compact : dans ce cas là, T est compact en tant que limite d’opérateursde rangs finis (voir le cours). En effet, on définit TN : u ÞÑ pa0u0, a1u1, . . . , aNuN , 0, 0, . . . q, onvérifie que TN p`pq � Vectpe1, . . . , eN q et pour tout u dans la boule unitée fermée de `ppCq, on a}pT � TN qpuq}p ¤ sup

n¡N|an| qui tend vers 0 quand N Ñ �8 par hypothèse.

T compact ñ panqn tend vers 0 : on montre la contraposée. Si a ne tendait pas vers 0, alors onpourrait extraire une sous-suite paϕpnqqn vérifiant pour tout n P N, aϕpnq ¥ α ¡ 0. On remarqueque pour tout m P N, T pemq � amem. En particulier, pour tout n P N,����eϕpnq

aϕpnq

����p

¤ 1α

ó

eϕpnq � T

�eϕpnq

aϕpnq

P T pB1{αq,

où B1{α est la boule de `ppCq de centre 0 et de rayon 1{α. Si T était compact, alors la famillepeϕpnqqn devrait être relativement compacte (incluse dans l’image d’une partie bornée). Mais onvérifie sans peine que }eϕpnq � eϕpmq}p � 21{pδn�m ce qui proscrit l’existence d’une sous-suiteconvergente (critère de Cauchy).

3. Les éléments de la famille penqn sont dans la boule unité de `ppCq. L’image de celle-ci par le shift àgauche, ou le shift à droite, contient donc au moins la suite penqn¥1, dont on a vu qu’elle ne pouvaitavoir de valeur d’adhérence dans `ppCq : aucun des deux shifts ne peut être compact.

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 2.4: Shifts sur `2pCq

1. Il suffit de déterminer l’image de S� sur la base hilbertienne canonique. Le crochet xen�1, emy �xSpenq, emy vaut 1 si n � 1 � m ¥ 1, 0 sinon. Par définition de l’adjoint cela veut dire quexen, S�pemqy, vaut 1 si n � m � 1, 0 sinon ce qui veut dire que S�pemq � em�1. En particulierS�pe0q � 0. S� est le shift à gauche.

8

2. On l’a déjà vu à l’exercice précédent : S envoie la famille bornée penqn sur penqn¥1 qui ne peut pasavoir de valeurs d’adhérence dans `2pCq puisque dans cet espace ses éléments sont distants deux àdeux de

?2.

3. On remarque Sp`2pCqq ne contient que des éléments dont le premier terme est nul. On en déduitque si Spuq � λu, alors u � 0 puisque Spuqn�1 � un. On a donc vppSq � H. Pour le shift àgauche, l’équation S�puq � λu conduit à un�1 � λun et donc par récurrence les vecteurs propreséventuels associés à λ P C doivent être sur la droite de `2pCq dirigée par le vecteur pλnqn, maispour que celui-ci soit de carré sommable une condition nécessaire et suffisante est que |λ|   1.Réciproquement on vérifie que pour tout λ P D :� tz P C : |z|   1u, la suite pλnqn est bien unélément de `2pCq et un vecteur propre associé à λ : vppS�q � D.

4. Il s’agit de démontrer que si |λ| ¡ 1, les opérateurs S � λId et S� � λId sont tous deux inversiblesdans L p`2pCqq. L’indication suggère deux méthodes. Les deux sont basées sur le fait suivant :~S~ � ~S�~ ¤ 1. Rappel : dans une algèbre de Banach unitaire A complexe (comme c’est le cas de L p`2pCqq),l’ensemble des éléments inversibles est toujours ouvert et on a plus précisément Bp1A, 1q � A�.En effet, si a � 1A � x avec }x}   1 on a convergence normale et donc convergence (algèbre deBanach) de la série géométrique

°n x

n et on vérifie, par continuité du produit, que l’élément limiteest l’inverse de a. On en déduit que si λ ¡ 1, tout élément de la forme b � a�λ1A � λpλ�1a�1Aqest inversible, dès lors que }a} ¤ 1. On est précisément dans ce cas là, avec a � S et a � S�.

La formule du rayon spectral nous dit que les spectres de S et S� sont respectivement contenusdans les disques du plan complexe centrés en 0 et respectivement de centre limn ~Sn~1{n etlimn ~S�n~1{n. Dans les deux cas, puisque les opérateurs considérés sont de norme inférieure à1, les deux limites valent 1 : σpSq, σpS�q � D.

5. On a démontré deux questions plus haut que vppS�q � D, d’où l’inclusion D � σpS�q. Puisque lespectre est toujours une partie compacte, donc fermée, on a bien σpS�q � D, au vu de la questionprécédente. Le spectre de S se déduit de celui de son adjoint par conjugaison complexe, et on adonc également σpSq � D.

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 2.5:La propriété demandée permet bien sûr de démontrer par soustraction que T est compact si et

seulement si il transforme les suites faiblement convergentes en suite fortement convergentes (vers l’imagepar T de la limite).

T compact ùñ T pá 0q �Ñ 0 : soit donc pxnqn á 0. D’après le premier exercice de la feuille,pT pxnqqn á 0 et de plus la suite pxnqn est bornée. Puisque T est compact, on en déduit quepT pxnqqn est une famille relativement compacte de H convergeant faiblement vers 0. Toujoursd’après le premier exercice de la feuille, on en déduit la convergence forte vers 0.

T pá 0q �Ñ 0 ùñ T compact : soit pxnqn une suite bornée, il s’agit de démontrer que la famillepT pxnqqn est relativement (fortement) compacte. Puisque la suite pxnqn est bornée, on en déduitqu’elle est relativement (faiblement) compacte (deuxième exercice de la feuille). Notons x unevaleur d’adhérence faible et pxnkqk la sous-suite associée. On a donc pxnk � xqk á 0. On appliqueT , qui transforme la convergence faible vers 0 en convergence forte pour obtenir pT pxnkqqk Ñ T pxq(fortement). On a donc exhibé une valeur d’adhérence (forte) de la famille pT pxnqqn : celle-ci estdonc bien relativement fortement compacte.

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 2.6: Théorème spectral dans le cas compact auto-adjoint

9

1. Puisque le produit scalaire est semi-linéaire par rapport à la première variable, si λ est une valeurpropre (éventuellement complexe) de T et x un vecteur proprenon nul, il vient xT pxq, xy � λ}x}2.Mais par auto-adjonction, on a aussi xT pxq, xy � xx, T pxqy � λ}x}2, puisque le produit scalaire estlinéaire par rapport à sa seconde variable. Finalement on a λ � λ P R.

2. Soient donc λ1 � λ2 deux valeurs propres et e1, e2 deux vecteurs propres associés. On a xT pe1q, e2y �xe1, T pe2qy par auto-adjonction, d’où (les valeurs propres sont réelles) λ1xe1, e2y � λ2xe1, e2y, égalitéqui n’est possible que si e1 K e2, puisque λ1 � λ2.

3. On suit l’indication de l’énoncé : dans le contraire on disposerait d’une suite injective pλnqn devaleurs propres appartenant toutes à Iε. Soit alors penqn une suite de vecteurs propres unitairesassociée, d’après la question précédente on a xen, epy � δn�p, et donc si n � p, par le théorème dePythagore }T penq � T pepq}2 � }λnen � λpep}2 � λ2

n � λ2p ¥ 2ε2, puisque λn, λp P Iε. Cela contredit

la compacité de T puisque la famille penqn appartenant à la boule unité, son image pT penqqn devraitêtre relativement compacte et l’inégalité précédente interdit toute valeur d’adhérence. Donc Iε estfini.

4. On a vppT q � �n¥1 I1{n, ce qui implique que vppT q est une union dénombrable d’ensemble finis,

cet ensemble est donc dénombrable. La finitude de Iε pour tout ε ¡ 0 prohibe l’existence d’un pointd’accumulation non nul pour vppT q.

5. (a) C’est le théorème de Riesz : T est compact, et sur Eλ, on a T � λIdEλ , donc (puisque λ � 0)IdEλ � T {λ est un opérateur compact de Eλ : la boule unité de cet espace est donc compacteet cet espace est de dimension finie.

(b) Un élément de F est limite d’une suite de combinaisons linéaires d’éléments des Eλ, lesquelsétant tous stables par T , donc F aussi.

(c) Pour tout λ � 0, Eλ est de dimension finie, soit donc Bλ (famille finie) une base. H estséparable, donc E0 aussi, et soit B0 une base hilbertienne de cet espace. On vérifie sans peineque B � �

λPvppT q Bλ est une famille dénombrable (puisque vppT q est dénombrable) et onpeut donc choisir une indexation pxnqn � B ayant la propriété voulue.

(d) C’est une conséquence de l’auto-adjonction, si x P FK et y P F , alors xT pxq, yy � xx, T pyqy � 0,puisque T stabilise F .

6. (a) Par symétrie hermitienne xT pxq, xy � xx, T pxqy, et par auto-adjonction xT pxq, xy � xx, T pxqy.(b) Si M est nul alors T pxq K x pour tout x P H, et en développant xT px� yq, x� yy on obtient

par auto-adjonction xT pxq, yy � 0 pour tous x, y P H, ce qui implique T � 0.(c) Les suites bornées d’un espace de Hilbert sont relativement faiblement compacte comme cela

a été vu en cours (ou bien dans le deuxième exercice de cette feuille !). Par ailleurs d’aprèsl’exercice précédent, un opérateur est compact transforme les suites faiblement convergentesen suite fortement convergentes. Enfin, on dispose de l’estimation suivante pour les limitesfaibles (premier exercice de la feuille) : }x} ¤ limn}xn}, d’où l’appartenance de x à la bouleunité fermée.

(d) On a convergence faible pxnkqk á x et convergence forte pT pxnkqqk Ñ T pxq, donc (voir premierexercice de la feuille) on a convergence de pxT pxnkq, xnkyqk vers xT pxq, xy, et donc par unicitéde la limite, et définition de la suite pxnqn, M � |xT pxq, xy|, puisque xT pxq, xy est réel, ona bien xT pxq, xy � �M . Enfin, on sait que x est non nul (sinon M aussi !) et est dans laboule unité de H. Si }x}   1, alors y :� x{}x} est dans la sphère unité de H et vérifie|xT pyq, yy} � |xT pxq, xy|{}x}2 � M{}x}2 ¡ M , ce qui contredit la maximalité de M . Donc}x} � 1.

(e) C’est simplement le théorème de Pythagore et l’égalité classique reliant cos et sin.(f) Il suffit de noter que par continuité du produit par un scalaire dans un EVT, le taux d’accrois-

sementγptq � γp0q

t� cos t� 1

tx� sinptq

tz

tend vers � cos1p0qx�sin1p0qz � z, on conclut alors en utilisant la continuité de T et du produitscalaire pour voir que la dérivée de Φ � γ en 0 vaut xT pzq, xy � xT pxq, zy � 2RepxT pxq, zyq parauto-ajdonction.

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(g) γ est effectivement maximale en 0 (définition de x), donc de dérivée nulle en ce point. Parailleurs, le vecteur iz est toujours unitaire et orthogonal à x, donc par le même raisonnementRepxT pxq, izyq � �ImpxT pxq, zyq est nul et finalement xT pxq, zy aussi. Par homothétie celareste vrai pour tout z P xxyK. On a donc bien xxyK � xT pxqyK et H � xxy `K xxyK, parconséquent T pxq P xxy, i.e. x est un vecteur propre.

7. Par définition F contient tous les vecteurs propres. L’orthogonal de FK ne peut en contenir (un telvecteur serait orthogonal à lui-même) or on a vu que tout opérateur compact auto-adjoint sur unespace de Hilbert non réduit à 0 admet un vecteur propre. Comme T stabilise FK (et l’opérateurinduit est clairement compact auto-adjoint), on a nécessairement FK � t0u ce qui implique ladensité de F , qui est fermé, donc F � H et on a bien diagonalisé T .

Retour à l’énoncé de l’exercice.

Correction 2.7:

1. Soit B1 la boule unité de E. TK est clairement linéaire continu (de norme inférieure à }K}8), lafamille de fonction TKpB1q est donc bornée donc ponctuellement relativement compacte (puisqu’elleprend des valeurs réelles). Pour appliquer le théorème d’Ascoli il suffit donc de vérifier l’uniformeéquicontinuité de TKpB1q mais celle-ci est une conséquence de l’inégalité

|TKpfqpxq � TKpfqpzq| ¤ supyPr0,1s

|Kpx, yq �Kpz, yq|,

qui tend vers 0 avec |x � z| par uniforme continuité de K sur le carré et ceci indépendamment dela fonction f P B1.

2. L’espace vectoriel engendré par les fonctions tensorielles Vectta b b : px, yq ÞÑ apxqbpyqu est unealgèbre contenant les constantes et séparant les points ; c’est donc un sous-espace dense de l’espacedes fonctions continues sur le carré, d’après le théorème de Stone-Weirestrass.

3. Si on reprend la notation de l’énoncé on voit que ImpTKpq � Vectta1, . . . , apu, TKp est donc de rangfini (inférieur à p). Par ailleurs on a, pour f P B1,

}TKpfq � TKppfq}8 ¤ }K �Kp}8,

d’où la convergence annoncée. TK est donc une limite d’opérateurs de rang finis, il est donc compact(cours).

4. La définition de TK se prolonge bien sûr à H, à valeurs dans H, puisque par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

}TKpfq}2 ¤ }K}2}f}2.

Par ailleurs puisque L8ps0, 1r2q ãÑ L2ps0, 1r2q avec injection continue, la suite de noyaux tensorielsconstruits précédemment converge également vert K dans L2ps0, 1r2q, et la suite des opérateurscorrespondants converge vers TK dans L pHq : TK est aussi compact dans cet espace. Pour calculerl’adjoint de TK on écrit pour f, g P H, en utilisant le théorème de Fubini

xTKpfq, gyH �» 1

0

» 1

0Kpx, yqfpyqgpxqdydx

�» 1

0

» 1

0Kpx, yqfpyqgpxqdxdy

� xf, T�KpgqyH ,

on a donc T�K � T�K, où rKpx, yq � Kpy, xq.

5. (a) K est symétrique donc TK est auto-adjoint d’après la question précédente. Toujours d’aprèsla question précédente on a }TKpfq}2 ¤ }K}2}f}2, donc ~TK~ ¤ }K}2 ¤ 1.

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(b) Il convient tout d’abord de donner l’expression suivante de g :

gpxq � TKpfqpxq �» 1

0e�|x�y|fpyqdy � e�x

» x0eyfpyqdy � ex

» 1

x

e�yfpyqdy,

qui fournit immédiatement le caractère C 1 si f est continue. Ensuite on a d’abord

g1pxq � e�x"�» x

0eyfpyqdy � exfpxq

*� ex

"» 1

x

e�yfpyqdy � e�xfpxq*

� �e�x» x

0eyfpyqdy � ex

» 1

x

e�yfpyqdy

et on vérifie que l’on a bien g1p0q � gp0q et g1p1q � �gp1q. On s’aperçoit alors que g esteffectivement C 2 et

g2pxq � e�x"» x

0eyfpyqdy � exfpxq

*� ex

"» 1

x

e�yfpyqdy � e�xfpxq*� gpxq � 2fpxq.

(c) TKpEq � tg P C 2pr0, 1sq : gp0q � g1p0q, gp1q � �g1p1qu : on a déjà une inclusion. Soitdonc g dans l’ensemble de droite, on suit l’indication et on constate que f � �pg2�gq{2 P E.La fonction h � g�TKpfq vérifie alors h2 � 0 et appartient donc au plan Vectpcos, sinq. Lesconditions hp0q � h1p0q et hp1q � �h1p1q assurent alors que h est nulle : g � TKpfq.

TKpHq � E : c’est simplement le théorème de convergence dominée.(d) ImpTKq contient TKpEq qui contient les fonctions plateaux d’après la question précédente. TK

est auto-adjoint, donc KerpTKq � ImpTKqK et celui-ci est réduit à t0u par densité. Donc TKest nécessairement injectif et 0 n’est pas valeur propre. Par contre, puisque TK est compact,et que H est de dimension infinie, TK ne peut pas être inversible : 0 est une valeur spectrale.

(e) On a f � �pg2 � gq{2, d’où par intégration par parties

xf, gyH � 12}g}

22 �

12

» 1

0g2ptqgptqdt

� 12}g}

22 �

12}g

1}22 �

12

�g1ptqgptq

�1

0

� 12}g}

22 �

12}g

1}22 �

12 |gp0q|

2 � 12 |gp1q|

2,

où l’on a utilisé le fait déjà établi gp0q � g1p0q � gp1q � g1p1q � 0. L’inégalité

xf, TKpfqyH ¥ 12}TKpfq}

22,

est alors immédiate pour f P E et s’étend par densité à tous les f P H.(f) TK est un opérateur compact. Les éléments non nuls de son spectre sont donc des valeurs

propres (cours). D’après l’inégalité précédente, les valeurs propres de TK sont toutes positives.Enfin, si λ ¡ 1 est valeur propre et si f est un vecteur propre unitaire associé, alors TnKpfq �λnf diverge en norme vers �8 alors que ~TnK~ ¤ ~TK~n � 1 (on aurait aussi pu utiliser laformule du rayon spectral...). Donc on a bien σpTKq � r0, 1s. L’égalité est exclu : TK est unopérateur compact, son spectre privé de 0 est donc au plus dénombrable.

(g) Si λ Ps0, 1s est une valeur spectrale c’est donc une valeur propre (puisque TK est compact ...),et l’équation TKpfq � λf possède une solution non nulle f . Mais on a vu que g :� TKpfqvérife g2 � g � �2f et gp0q � g1p0q � gp1q � g1p1q � 0, on a alors λf2 � λf � �2f , ou encore

f2�

:�a2λhkkikkj

2� λ

λf � 0,

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d’où f P Vecttx ÞÑ cospaλxq, x ÞÑ sinpaλxqu. Mais il f doit aussi vérifier les conditions auxbords : fp0q � f 1p0q, fp1q � f 1p1q, soit

fpxq � A cospaλxq �B sinpaλxqó

A � aλB,

A cospaλq �B sinpaλq � Aaλ sinpaλq �Baλ cospaλq,

d’où, si f � 0

p1� a2λq sinpaλq � 2aλ cospaλq � 0.

On vérifie que réciproquement cette condition permet de construire un vecteur propre non nul.Par ailleurs λ Ps0, 1s ñ aλ P r1,�8r. Il est donc légitime d’écrire, puisque 1 et aucun despoints π{2� Nπ n’est solution

p1� a2λq sinpaλq � 2aλ cospaλq � 0

õtanpaλq � 2aλ

a2λ � 1 .

Un calcul rapide permet de voir que la fonction ϕ : x ÞÑ 2x{px2�1q est strictement décroissantesur s1,�8r et la fonction tan�ϕ est donc strictement croissante sur chacun des tronçonss1, π{2r, snπ, nπ�π{2r, n P N�, et possède respectivement �8 et �8 comme limite en chaqueextrémités de ces intervalles. Elle passe donc une unique fois par 0 sur ceux-ci en un certainpoint aλn , et on en déduit l’encadrement correspondant pour λn.

Retour à l’énoncé de l’exercice.

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