Analyse fonctionnelle
dans Analyse
Bonjour, j'ai un petit problème l'exercice suivant. Je n'arrive pas à conclure.
Voici l'exercice.
$H=l^{2}(\mathbb{Z})$ l'espace des suites complexes $x=(x_{n})_{n\in\mathbb{Z}}$ telles que $\sum_{n\in\mathbb{Z}} |x_{n}|^{2}$ converge.
On munit $H$ de son produit scalaire canonique. On considère l'opérateur shift à droite $R$ sur $H$ défini par:
$R(x)=(x_{n-1})_{n\in\mathbb{Z}}$ où $x=(x_{n}){n\in\mathbb{Z}}$.
On sait que $R$ est un opérateur linéaire continu de norme 1.
1) Montrons que $R$ n'admet pas de valeur propres.
$R$ est injectif.
Soit $\lambda$ un nombre complexe non nul. Posons $v(x)=R(x) - \lambda x$.
$V(x)=0$ ssi pour tout $n;\ x_{n-1}=\lambda x_{n}$ ssi $x_{n}=\lambda^{-n}x_{0}$ et comme $x$ est dans $H$ alors nécessairement $x_{0}=0$. Donc $x=0.$
D'où le résultat.
2) Montrons que $\mathrm{Im\,}(R-\lambda Id_{H})$ est un sous espace fermé de $H$ si $|\lambda|$ est différent de 1.
On a pour tout $x$ dans $H,\ \|(R - \lambda)(x)\|\geq \big|1-|\lambda|\big|\,\|x\|$ en passant à la borne inf on obtient :
$\inf\{\|(R-\lambda)(x)\|,\ \|x\|=1\}\geq \big|1-|\lambda|\big|$.
Donc $\mathrm{Im\,} v$ est fermé si $|\lambda|$ est différent de 1,d'après une proposition du cour.
3) on demande de calculer l'orthogonal de $\mathrm{Im\,}v$.
$V(x)=(x_{n-1}-\lambda x_{n})$
$y$ est dans l'orthogonal de $\mathrm{Im\,} v$ ssi $<y,v(x)>\,=0$ pour tout $x$ dans $H$.
C'est-à-dire que $\sum_{n\in\mathbb{Z}}y_{n}\overline{(x_{n-1}-\lambda x_{n})}=0$.
Donc pour tout $n,\ y_{n}\overline{x_{n-1}}=y_{n}\overline{\lambda x_{n}}$.
Si $y$ est non nul il existe $n_{0}$ tel que $y_{n_{0}}$ soit non nul. Donc $x_{n_{0}-1}=\lambda x_{n_{0}}$.
Mais je ne vois pas comment continuer.
Car d'après la prochaine question si module de lambda différent 1 alors $\mathrm{Im\,} v=H$
Voici l'exercice.
$H=l^{2}(\mathbb{Z})$ l'espace des suites complexes $x=(x_{n})_{n\in\mathbb{Z}}$ telles que $\sum_{n\in\mathbb{Z}} |x_{n}|^{2}$ converge.
On munit $H$ de son produit scalaire canonique. On considère l'opérateur shift à droite $R$ sur $H$ défini par:
$R(x)=(x_{n-1})_{n\in\mathbb{Z}}$ où $x=(x_{n}){n\in\mathbb{Z}}$.
On sait que $R$ est un opérateur linéaire continu de norme 1.
1) Montrons que $R$ n'admet pas de valeur propres.
$R$ est injectif.
Soit $\lambda$ un nombre complexe non nul. Posons $v(x)=R(x) - \lambda x$.
$V(x)=0$ ssi pour tout $n;\ x_{n-1}=\lambda x_{n}$ ssi $x_{n}=\lambda^{-n}x_{0}$ et comme $x$ est dans $H$ alors nécessairement $x_{0}=0$. Donc $x=0.$
D'où le résultat.
2) Montrons que $\mathrm{Im\,}(R-\lambda Id_{H})$ est un sous espace fermé de $H$ si $|\lambda|$ est différent de 1.
On a pour tout $x$ dans $H,\ \|(R - \lambda)(x)\|\geq \big|1-|\lambda|\big|\,\|x\|$ en passant à la borne inf on obtient :
$\inf\{\|(R-\lambda)(x)\|,\ \|x\|=1\}\geq \big|1-|\lambda|\big|$.
Donc $\mathrm{Im\,} v$ est fermé si $|\lambda|$ est différent de 1,d'après une proposition du cour.
3) on demande de calculer l'orthogonal de $\mathrm{Im\,}v$.
$V(x)=(x_{n-1}-\lambda x_{n})$
$y$ est dans l'orthogonal de $\mathrm{Im\,} v$ ssi $<y,v(x)>\,=0$ pour tout $x$ dans $H$.
C'est-à-dire que $\sum_{n\in\mathbb{Z}}y_{n}\overline{(x_{n-1}-\lambda x_{n})}=0$.
Donc pour tout $n,\ y_{n}\overline{x_{n-1}}=y_{n}\overline{\lambda x_{n}}$.
Si $y$ est non nul il existe $n_{0}$ tel que $y_{n_{0}}$ soit non nul. Donc $x_{n_{0}-1}=\lambda x_{n_{0}}$.
Mais je ne vois pas comment continuer.
Car d'après la prochaine question si module de lambda différent 1 alors $\mathrm{Im\,} v=H$
Réponses
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zotsabrice a écrit:Donc pour tout n $y_{n}\overline{x_{n-1}}=y_{n}\overline{\lambda x_{n}}$.
C'est pour tout \(n\) dans \(\mathbf{Z}\), et tout \(x\) dans \(H\).
Soit \(n\) dans \(\mathbf{Z}\), tu choisis \(x\) dans \(H\) pour que : \(\overline{x_{n-1}} \neq \overline{\lambda x_{n}}\) et tu en déduis que \(y_n\) est nul… \((\mathrm{Im}\,v)^\perp = \lbrace0\rbrace\). -
Oui en appliquant aux éléments de la base on voit que pour tout $n$ dans $\mathbb Z,\ y_{n}=0$. Mais ceci est aussi valable pour $|\lambda|= 1$. D'où mon problème car cela entraînerait que le spectre de $R$ est vide. Ce qui contredit le but de l'exercice. Car on veut montrer que le spectre de $R$ est le cercle unité de centre l'origine.
-
La particularité du cas où \(\lambda\) est de module 1 ne provient pas de ce que \(\mathrm{Im}(v)^\perp\) n'est pas réduit à \(\lbrace0\rbrace\), mais de ce que \(\mathrm{Im}(v)\) n'est pas un sous-espace vectoriel fermé.
-
Ah oui c'est ça .
J'ai essaie de calculer Imv directement en résolvant :$ R(x)-\lambda x= e_{p}$
Et j'obtenais $x_{n-1}-\lambda x= 0$ si n distinct de p et $ x_{p-1}-\lambda x_{p}=1$.
Ce qui donnait $x_{n}=\frac{1}{\lambda^{n-p}}x_{p}$ si $n>p$ ,$x_{n}=\lambda^{p-1-n}x_{p-1}$ si $p>n$ et $x{p-1}=\lambda x_{p} +1$.
Quand je vérifie la condition pour que x soit dans H je trouve que x n'existe pas.
Pourquoi est ce que mes calculs ne marchent pas. -
4)montrons que si module de lambda différent de 1 alors $imv=H$
Comme $|\lambda| \neq 1$ alors $imv$ est fermé et puisque H est de Hilbert alors :
$H=(imv)^{\bot}\oplus imv$.
D'où le résultat.
S'il n'avait pas d'indication alors j'aurais déterminer $imv $ directement en faisant comme jai dis précédemment. Pourquoi mes calculs ne marchent pas ,où me suis je trompé.
5) montrons que le spectre de R est le cercle unité
De 4) on déduit que le spectre de R est contenu dans le cercle unité.
Montrons l'inclusion réciproque .
Si $|\lambda|=1$ alors $H=\overline{Imv}$.
Donc il suffit montrer que $imv$ n'est pas fermé pour conclure. -
zotsabrice a écrit:$x_{n}=\frac{1}{\lambda^{n-p}}x_{p}$ si $n>p$ ,$x_{n}=\lambda^{p-1-n}x_{p-1}$ si $p>n$ et $x_{p-1}=\lambda x_{p} +1$
J'utilise la première de tes égalités : la série \(\sum_{n\geqslant p} \lvert x_n \rvert^2\) est géométrique, de premier terme \(\lvert x_p \rvert^2\), de raison \(1/\lvert \lambda \rvert^2\) ; elle est donc convergente si, et seulement si :
\[x_p = 0 \quad \text{ou} \quad \lvert \lambda \rvert>1.\]
J'utilise la deuxième de tes égalités : la série \(\sum_{n\geqslant -(p-1)} \lvert x_{-n} \rvert^2\) est géométrique, de premier terme \(\lvert x_{p-1} \rvert^2\), de raison \(\lvert \lambda \rvert^2\) ; elle est donc convergente si, et seulement si :
\[x_{p-1} = 0 \quad \text{ou} \quad \lvert \lambda \rvert < 1.\]
J'utilise la troisième de tes égalités : je dispose d'un degré de liberté qui me permet de fixer \(x_p\) ou \(x_{p-1}\) pour que les deux séries géométriques précédentes convergent afin que j'obtienne bien une suite \((x_n)_{n\in\mathbf{Z}}\) élément de \(H\). L'antécédent (unique car \(R\) est injective) de \(e_p\) par \(R\) est défini par tes égalités et la valeur :
\[\begin{cases} x_p=0 & \text{si } \lvert \lambda \rvert < 1 \\ x_{p-1}=0 & \text{si } \lvert \lambda \rvert > 1 \end{cases}.\] -
Merci.
Maintenant on pose :
$H=L^{2}([0,1]),\ m\in L^{\infty}([0,1])$ et on considère $M$ un opérateur sur $H$ défini par : $ M(f)(t)=m(t)f(t)$.
Montrons que les propositions suivantes sont équivalentes.
i) $ \mathrm{im\,} M$ est dense dans $H$.
il) $m(t)\neq 0$ pour presque tout $t$ dans le segment $[0,1]$.
iii) $M$ est injective.
J'ai montré ii) implique iii) implique i).
Mais je n'arrive pas à montrer i) implique ii).
Comment utiliser l'hypothèse ? -
Bonjour,
Tu peux essayer de raisonner par contraposition.
Tu supposes que \(m^{-1}(0)\) est de mesure non nulle, et tu prouves que \(\mathrm{Im}(M)\) n'est pas dense dans \(H\) ; par exemple en prouvant que \(\mathrm{Im}(M)^\perp\) n'est pas réduit à la fonction nulle. -
Bonjour,la fonction identité sur $m^{-1}(0)$ convient. En effet montrer cela revient a montrer que $M$ n'est pas injectif, car M est normal.
Merci .
Merci AD pour tes corrections de mon code.Si tu pouvais me donner un Pdf sur le latex je serai heureux car je suis débutant.
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Bonjour!
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