Image non fermée
Bonjour,
je souhaite montrer que l'image de l'opérateur suivant n'est pas fermée :
$$
\begin{array}{llcl}
A \colon &L^2([0,1])&\to&L^2([0,1])\\
&f&\mapsto& (x\mapsto xf(x))\\
\end{array}
$$
Pour cela j'ai constaté que $A$ était borné, injectif et autoadjoint (en prenant le produit scalaire usuel sur $L^2$) donc $\overline{\operatorname{im}A} = L^2([0,1])$.
En effet, comme il est borné on sait que $\overline{\operatorname{im}A} = (\operatorname{ker}A^*)^\bot$, comme il est autoadjoint $(\operatorname{ker}A^*)^\bot = (\operatorname{ker}A)^\bot$ et comme il est injectif $(\operatorname{ker}A)^\bot = L^2([0,1])$.
Maintenant, on peut constater qu'une fonction constante non nulle n'a pas d'antécédent. En effet, pour cela il faudrait que pour tout $x\in[0,1]$ $xf(x) = c \neq 0$ or la fonction $x\mapsto c/x$ n'appartient pas à $L^2([0,1])$.
Est-ce que cette démonstration en est une ? Pouvons-nous faire plus simple ? Au départ, j'étais parti sur une suite de fonctions $f_\alpha(x) = x^{\frac{1}{\alpha}-1}\in L^2([0,1])$ (avec $\alpha>0$) et donc $(Af_\alpha)(x) = x^{\frac{1}{\alpha}}$. De là je dis que $\lim_{\alpha\to+\infty}(f_\alpha)\not\in L^2([0,1])$ et donc $\lim_{\alpha\to+\infty}(Af_\alpha)\not\in\operatorname{im}A$ mais j'ai une doute sur cette manière de faire.
Je vous remercie par avance pour vos lumières.
Cordialement,
Mister Da
je souhaite montrer que l'image de l'opérateur suivant n'est pas fermée :
$$
\begin{array}{llcl}
A \colon &L^2([0,1])&\to&L^2([0,1])\\
&f&\mapsto& (x\mapsto xf(x))\\
\end{array}
$$
Pour cela j'ai constaté que $A$ était borné, injectif et autoadjoint (en prenant le produit scalaire usuel sur $L^2$) donc $\overline{\operatorname{im}A} = L^2([0,1])$.
En effet, comme il est borné on sait que $\overline{\operatorname{im}A} = (\operatorname{ker}A^*)^\bot$, comme il est autoadjoint $(\operatorname{ker}A^*)^\bot = (\operatorname{ker}A)^\bot$ et comme il est injectif $(\operatorname{ker}A)^\bot = L^2([0,1])$.
Maintenant, on peut constater qu'une fonction constante non nulle n'a pas d'antécédent. En effet, pour cela il faudrait que pour tout $x\in[0,1]$ $xf(x) = c \neq 0$ or la fonction $x\mapsto c/x$ n'appartient pas à $L^2([0,1])$.
Est-ce que cette démonstration en est une ? Pouvons-nous faire plus simple ? Au départ, j'étais parti sur une suite de fonctions $f_\alpha(x) = x^{\frac{1}{\alpha}-1}\in L^2([0,1])$ (avec $\alpha>0$) et donc $(Af_\alpha)(x) = x^{\frac{1}{\alpha}}$. De là je dis que $\lim_{\alpha\to+\infty}(f_\alpha)\not\in L^2([0,1])$ et donc $\lim_{\alpha\to+\infty}(Af_\alpha)\not\in\operatorname{im}A$ mais j'ai une doute sur cette manière de faire.
Je vous remercie par avance pour vos lumières.
Cordialement,
Mister Da
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Réponses
La deuxième version ne peut fonctionner : tu prends une suite d'éléments de $\operatorname{im}A$ qui ne converge pas, et tu veux en déduire que $\operatorname{im}A$ n'est pas fermé ! Si tu veux t'en sortir en suivant cette voie, tu devrais plutôt chercher une suite d'éléments de $\operatorname{im}A$ qui converge (pour la norme $L^2$) vers une constante non nulle.
"Jolie démonstration"
Oh ! C'est vrai ? Merci Tu viens de faire ma journée.
Pour la seconde version, je tente une nouvelle rédaction.
On considère une famille de fonctions $g_\alpha\colon x\mapsto x^{\frac{1}{\alpha}}$. Chaque fonction $g_\alpha$ appartient à l'image de $A$ étant donné qu'elle a pour antécédent la fonction $f_\alpha\colon x\mapsto x^{\frac{1}{\alpha}-1}$. Si je ne me suis pas trompé dans le calcul on a $\|1-g_\alpha\|_{L^2([0,1])}^2= 1 - \frac{2\alpha}{1+\alpha} + \frac{\alpha}{2+\alpha}$. Ainsi, quand $\alpha\to+\infty$, la suite $(g_\alpha)_\alpha$ converge dans $L^2([0,1])$ vers la fonction constante qui vaut $1$ presque partout et qui n'appartient pas à l'image de $A$ (voir première démonstration).
C'est mieux ?
Cordialement,
Mister Da
super, je l'ai refait au calme, je n'ai pas vu de loup.
Merci beaucoup pour tes conseils.
Cordialement,
Mister Da