Holomorphie.
dans Analyse
Soit $\Omega= \{z\in \Bbb{C}: \Re(z)>0\}$. Soit $(L_\lambda)_{\lambda\in\Omega }$ une famille d'opérateurs non-bornés de domaine $D_{\lambda}\subset L^2(\Bbb{R}^2)$.
Pour $\lambda>0$ le spectre de $L_\lambda$ est l'ensemble $\sigma_{\lambda}=\{(2m+1)\lambda, m\in \Bbb{N}\}$, donc son opérateur résolvant $R_{\lambda}(\mu)=(L_{\lambda}-\mu I)^{-1}$ est défini pour $\mu\not\in \sigma_{\lambda}$.
Plus précisément pour $\lambda>0,\quad \mu\not\in \sigma_{\lambda},f\in L^2(\Bbb{R}^2) $; l'expression de $R_{\lambda}(\mu):L^2(\Bbb{R}^2)\to D_{\lambda} $ est donnée par : $$
R_{\lambda}(\mu)(f)(x,y)= \Gamma(\frac{\lambda-\mu}{2\lambda}) T_{\lambda}(\mu)(f)(x,y)$$ avec $ T_{\lambda}(\mu): L^2(\Bbb{R}^2)\to D_{\lambda} $ est un opérateur borné sur $L^2(\Bbb{R}^2)$.
Maintenant comme hypothèses. On a:
1- Pour $\lambda\in\Omega$ et $\mu\in\Bbb{C}$ l'opérateur $ T_{\lambda}(\mu): L^2(\Bbb{R}^2)\to D_{\lambda} $ est borné sur $L^2(\Bbb{R}^2)$.
2- Pour $\lambda\in\Omega$ et $f\in L^2(\Bbb{R}^2)$, l'application $\Bbb{C}\to \Bbb{C}:\mu\to T_{\lambda}(\mu)(f)$ est holomorphe.
3- Pour $\mu\in\Bbb{C}$ et $f\in L^2(\Bbb{R}^2)$, l'application $\Omega\to \Bbb{C}:\lambda\to T_{\lambda}(\mu)(f)$ est holomorphe.
Premièrement, soit $H_1, H_2$ deux espaces de Banach. L'ensemble des opérateurs bornés de $H_1$ vers $H_2$ sera noté $B(H_1,H_2)$.
Définition: Une fonction $\Bbb{C}\supset U\ni z\to T_z\in B(H_1,H_2)$ est holomorphe si $\lim_{h\to 0}\frac{T_{z+h}-T_z}{h}$ existe pour tout $z\in U$.
Dans mon cas $H_1=H_2=H=\big(L^2(\Bbb{R}^2),\|\|_2\big)$ et $\|\|_2=\sqrt{\big< ., .\big>}$ avec $\big< ., .\big>$ le produit scalaire interne de $H$.
Lemme:
Soit deux opérateurs $\Bbb{C}\supset D\ni z\to T_z, R_z \in B(H)= B(H,H)$ holomorphes sur un domaine $D$ (ouvert et connexe), si $T_z = R_z$ sur $V \subset D, V$ ayant un point d'accumulation, alors $T_z = R_z$ on $D$.
En effet, soit $x,y\in H$. Définissons $f,g:D\to \Bbb{C}$ par $f(z)=\big< x, T_z(y)\big>$ and $g(z)=\big< x, R_z(y)\big>$. Donc $f$ et $g$ sont holomorphes sur $D [ \lim_{h\to 0}\frac{g(z+h)-g(z)}{h}= \big< x, \lim_{h\to 0}\frac{R_{z+h}-R_z}{h}(y)\big>$ existe pour tout $z\in D$, idem pour $f$]. Puisque $f=g$ sur $V$ donc d'après 'the identity theorem' $f=g$ sur $D$. Donc $\big< x, T_z(y)\big>=\big< x, R_z(y)\big>$ pour tout $x\in H$ et donc $ T_z(y)=R_z(y)$ pour tout $y\in H$. ainsi $T_z=R_z$ on $D$.
Appliquons ceci sur mon cas. On note $S_{\lambda}(\mu)=(L_{\lambda}-\mu I)^{-1}; \lambda\in \Omega$ pour un convenable $\mu$.
Fixons $\mu\in\Bbb{C}$.
D'après $3$ et $1$ de mes hypothèses et le Lemme $0.1$, l'application $S_{\lambda}(\mu)=(L_{\lambda}-\mu I)^{-1}: \Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big]\longrightarrow B(H):\lambda \to S_{\lambda}(\mu)$ a pour forme $$S_{\lambda}(\mu)(f)(x,y)=\Gamma(\frac{\lambda-\mu}{2\lambda}) T_{\lambda}(\mu)(f)(x,y), \lambda\in \Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big].
$$ Donc, $\sigma_{\lambda}\subset\{(2m+1)\lambda, m\in\Bbb{N}\}$ pour $\lambda\in\Omega$.
Pour l'inclusion inverse . J'ai comme résultat ( indépendamment de ce qui est en haut ) $\{(2m+1)\lambda, m\in\Bbb{N}\}\subset\sigma_{\lambda}$ Pour $\lambda\in\Omega$.
Par conséquent: $$\sigma_{\lambda}=\{(2m+1)\lambda, m\in\Bbb{N}\}
$$ Mon raisonnement est il correct ? i.e. Peut-on dire que $L_{a+ib}$ est l'ensemble $\{(2m+1)(a+ib),m\in\Bbb{N}\}$ ?
Merci d'avance pour toute remarque.
Pour $\lambda>0$ le spectre de $L_\lambda$ est l'ensemble $\sigma_{\lambda}=\{(2m+1)\lambda, m\in \Bbb{N}\}$, donc son opérateur résolvant $R_{\lambda}(\mu)=(L_{\lambda}-\mu I)^{-1}$ est défini pour $\mu\not\in \sigma_{\lambda}$.
Plus précisément pour $\lambda>0,\quad \mu\not\in \sigma_{\lambda},f\in L^2(\Bbb{R}^2) $; l'expression de $R_{\lambda}(\mu):L^2(\Bbb{R}^2)\to D_{\lambda} $ est donnée par : $$
R_{\lambda}(\mu)(f)(x,y)= \Gamma(\frac{\lambda-\mu}{2\lambda}) T_{\lambda}(\mu)(f)(x,y)$$ avec $ T_{\lambda}(\mu): L^2(\Bbb{R}^2)\to D_{\lambda} $ est un opérateur borné sur $L^2(\Bbb{R}^2)$.
Maintenant comme hypothèses. On a:
1- Pour $\lambda\in\Omega$ et $\mu\in\Bbb{C}$ l'opérateur $ T_{\lambda}(\mu): L^2(\Bbb{R}^2)\to D_{\lambda} $ est borné sur $L^2(\Bbb{R}^2)$.
2- Pour $\lambda\in\Omega$ et $f\in L^2(\Bbb{R}^2)$, l'application $\Bbb{C}\to \Bbb{C}:\mu\to T_{\lambda}(\mu)(f)$ est holomorphe.
3- Pour $\mu\in\Bbb{C}$ et $f\in L^2(\Bbb{R}^2)$, l'application $\Omega\to \Bbb{C}:\lambda\to T_{\lambda}(\mu)(f)$ est holomorphe.
Premièrement, soit $H_1, H_2$ deux espaces de Banach. L'ensemble des opérateurs bornés de $H_1$ vers $H_2$ sera noté $B(H_1,H_2)$.
Définition: Une fonction $\Bbb{C}\supset U\ni z\to T_z\in B(H_1,H_2)$ est holomorphe si $\lim_{h\to 0}\frac{T_{z+h}-T_z}{h}$ existe pour tout $z\in U$.
Dans mon cas $H_1=H_2=H=\big(L^2(\Bbb{R}^2),\|\|_2\big)$ et $\|\|_2=\sqrt{\big< ., .\big>}$ avec $\big< ., .\big>$ le produit scalaire interne de $H$.
Lemme:
Soit deux opérateurs $\Bbb{C}\supset D\ni z\to T_z, R_z \in B(H)= B(H,H)$ holomorphes sur un domaine $D$ (ouvert et connexe), si $T_z = R_z$ sur $V \subset D, V$ ayant un point d'accumulation, alors $T_z = R_z$ on $D$.
En effet, soit $x,y\in H$. Définissons $f,g:D\to \Bbb{C}$ par $f(z)=\big< x, T_z(y)\big>$ and $g(z)=\big< x, R_z(y)\big>$. Donc $f$ et $g$ sont holomorphes sur $D [ \lim_{h\to 0}\frac{g(z+h)-g(z)}{h}= \big< x, \lim_{h\to 0}\frac{R_{z+h}-R_z}{h}(y)\big>$ existe pour tout $z\in D$, idem pour $f$]. Puisque $f=g$ sur $V$ donc d'après 'the identity theorem' $f=g$ sur $D$. Donc $\big< x, T_z(y)\big>=\big< x, R_z(y)\big>$ pour tout $x\in H$ et donc $ T_z(y)=R_z(y)$ pour tout $y\in H$. ainsi $T_z=R_z$ on $D$.
Appliquons ceci sur mon cas. On note $S_{\lambda}(\mu)=(L_{\lambda}-\mu I)^{-1}; \lambda\in \Omega$ pour un convenable $\mu$.
Fixons $\mu\in\Bbb{C}$.
D'après $3$ et $1$ de mes hypothèses et le Lemme $0.1$, l'application $S_{\lambda}(\mu)=(L_{\lambda}-\mu I)^{-1}: \Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big]\longrightarrow B(H):\lambda \to S_{\lambda}(\mu)$ a pour forme $$S_{\lambda}(\mu)(f)(x,y)=\Gamma(\frac{\lambda-\mu}{2\lambda}) T_{\lambda}(\mu)(f)(x,y), \lambda\in \Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big].
$$ Donc, $\sigma_{\lambda}\subset\{(2m+1)\lambda, m\in\Bbb{N}\}$ pour $\lambda\in\Omega$.
Pour l'inclusion inverse . J'ai comme résultat ( indépendamment de ce qui est en haut ) $\{(2m+1)\lambda, m\in\Bbb{N}\}\subset\sigma_{\lambda}$ Pour $\lambda\in\Omega$.
Par conséquent: $$\sigma_{\lambda}=\{(2m+1)\lambda, m\in\Bbb{N}\}
$$ Mon raisonnement est il correct ? i.e. Peut-on dire que $L_{a+ib}$ est l'ensemble $\{(2m+1)(a+ib),m\in\Bbb{N}\}$ ?
Merci d'avance pour toute remarque.
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Cordialement,
Rescassol
D'après $3$ et $1$ de mes hypothèses et le Lemme $0.1$, l'application $S_{\lambda}(\mu)=(L_{\lambda}-\mu I)^{-1}: \Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big]\longrightarrow B(H):\lambda \to S_{\lambda}(\mu)$ a pour forme $$S_{\lambda}(\mu)(f)(x,y)=\Gamma(\frac{\lambda-\mu}{2\lambda}) T_{\lambda}(\mu)(f)(x,y), \lambda\in \Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big].
$$ Donc, $\sigma_{\lambda}\subset\{(2m+1)\lambda, m\in\Bbb{N}\}$ pour $\lambda\in\Omega$.
Je serais très reconnaissant si qlqn pouvait le vérifier.
- si $\mu\in i\R$ on a $\Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big]=\Omega$ donc on a $S_{\lambda}(\mu)=R_{\lambda}(\mu)$ sur $V=]0;\infty[$ donc $S_{\lambda}(\mu)$ est le prolongement analytique sur $\Omega$ de $R_{\lambda}(\mu)$.
-si $\mu\in\R$ alors sur la droite réelle on peut trouver un $V$ sur la droite réelle qui contient un point d'accumulation (par exemple si $\mu\in\R^-$ on prend $V=\R^{*}_{+}$ et si $\mu\in \R^{*}_{+}$ alors dans ce cas entre les points $\frac{\mu}{1}$ et $\frac{\mu}{3}$ (correspondant à $m=1$ et $m=2$) on peut trouver un $V$.
-il reste le cas $\mu=a+ib$ avec $b\not=0$ alors $V=\R^{*}_{+}$, et j'applique le lemme.
l'utilité de $1$ et $3$ de mes hypothèses servent juste pour montrer que l'application $\lambda\to S_{\lambda}(\mu)$ de $\Big[ \Omega\setminus\cup_{m\in\Bbb{N}}\big\{\frac{\mu}{2m+1}\big\}\Big]$ vers $B(H)$ est bien définie, i.e, elle est bornée).
Tu es d'accord?