Image non fermée

Mister Da · October 2018

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

Poirot · October 2018

Jolie démonstration :-)

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.

Mister Da · October 2018

Bonjour,

"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