2. Solutions
On remarque que T e 1 = 0 et que n ≥ 2 =⇒ T e n = e n−1 .
(1) Pour p < ∞ et x = (x n ) n ∈
p , on a
T x
p
p =
n≥2
|x n |
p
≤
n≥1
|x n |
p
= x
p
p .
La linéarité étant évidente, on a montré que T x ∈
p , T est continue et T ≤ 1.
De plus, T ≥ ≥T e 2 p = e 1 p = 1, d’où T = 1.
(2) On a σ(T ) ⊆ {λ ∈ C; |λ| ≤ ≤T } = {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
Si |λ| < 1 alors la suite x λ = (1, λ, λ
2
, . . .) est dans
p et l’on a
(T − λI)x λ = (λ, λ
2
, . . .) − λ(1, λ, λ
2
, . . .) = 0.
Donc
{λ ∈ C; |λ| < 1} ⊆ σ p (T ) ⊆ σ(T ) ⊆ {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
Et comme le spectre est fermé, σ(T ) = {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
D’autre part, si λ ∈ σ p (T ) alors (T − λI)x = 0 avec 0 x = (x 1 , x 2 , . . .) ∈
p . On voit
facilement que x n = λ
n−1 x 1 . Cela implique |λ| < 1 et x = x 1 x λ .
Par conséquent, σ p (T ) = {λ ∈ C; |λ| < 1} et pour λ ∈ σ p (T ), le sous-espace propre
associé à λ est engendré par le vecteur x λ . Il est de dimension un.
Pour p = ∞, le même raisonnement que plus haut montre que σ(T ) = σ p (T ) = {λ ∈ C ;
|λ| ≤ 1}. En effet, pour |λ| = 1, x λ
de f
= (1, λ, λ
2
, . . .) ∈
∞ .
Exercice IV.4
(1) (i) Pour y =
p
n=1 y n e n ∈ Vect{e n ; n ∈ N
∗
}, S 0 y =
p
n=1 y n e n+1 et
S 0 y
2
=
p
n=1
|y n |
2
= y
2
.
(IV.3)
S 0 est donc une isométrie (D 4.16) et elle est continue.
Puisque Vect{e n ; n ∈ N
∗
} est dense dans
2 , S 0 se prolonge de manière unique en une
application S . Si x =
∞
n=1 x n e n ∈
2 et si pour N ∈ N
∗ , on note x (N) =
N
n=1 x n e n , on a
lim N x − x (N) = 0 et
S x = lim
N
S 0 x (N) =
∞
n=1
x n e n+1 .
(IV.4).
Les égalités (IV.3) et (IV.4) entraînent que S est aussi une isométrie. Sa norme est égale
à 1.
(2) (i) Soit T 0 l’application définie sur Vect{e n ; n ∈ N
∗
} par T 0 e 1 = 0 et T 0 e n = e n−1
pour n ≥ 2.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
91
On remarque que T e 1 = 0 et que n ≥ 2 =⇒ T e n = e n−1 .
(1) Pour p < ∞ et x = (x n ) n ∈
p , on a
T x
p
p =
n≥2
|x n |
p
≤
n≥1
|x n |
p
= x
p
p .
La linéarité étant évidente, on a montré que T x ∈
p , T est continue et T ≤ 1.
De plus, T ≥ ≥T e 2 p = e 1 p = 1, d’où T = 1.
(2) On a σ(T ) ⊆ {λ ∈ C; |λ| ≤ ≤T } = {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
Si |λ| < 1 alors la suite x λ = (1, λ, λ
2
, . . .) est dans
p et l’on a
(T − λI)x λ = (λ, λ
2
, . . .) − λ(1, λ, λ
2
, . . .) = 0.
Donc
{λ ∈ C; |λ| < 1} ⊆ σ p (T ) ⊆ σ(T ) ⊆ {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
Et comme le spectre est fermé, σ(T ) = {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
D’autre part, si λ ∈ σ p (T ) alors (T − λI)x = 0 avec 0 x = (x 1 , x 2 , . . .) ∈
p . On voit
facilement que x n = λ
n−1 x 1 . Cela implique |λ| < 1 et x = x 1 x λ .
Par conséquent, σ p (T ) = {λ ∈ C; |λ| < 1} et pour λ ∈ σ p (T ), le sous-espace propre
associé à λ est engendré par le vecteur x λ . Il est de dimension un.
Pour p = ∞, le même raisonnement que plus haut montre que σ(T ) = σ p (T ) = {λ ∈ C ;
|λ| ≤ 1}. En effet, pour |λ| = 1, x λ
de f
= (1, λ, λ
2
, . . .) ∈
∞ .
Exercice IV.4
(1) (i) Pour y =
p
n=1 y n e n ∈ Vect{e n ; n ∈ N
∗
}, S 0 y =
p
n=1 y n e n+1 et
S 0 y
2
=
p
n=1
|y n |
2
= y
2
.
(IV.3)
S 0 est donc une isométrie (D 4.16) et elle est continue.
Puisque Vect{e n ; n ∈ N
∗
} est dense dans
2 , S 0 se prolonge de manière unique en une
application S . Si x =
∞
n=1 x n e n ∈
2 et si pour N ∈ N
∗ , on note x (N) =
N
n=1 x n e n , on a
lim N x − x (N) = 0 et
S x = lim
N
S 0 x (N) =
∞
n=1
x n e n+1 .
(IV.4).
Les égalités (IV.3) et (IV.4) entraînent que S est aussi une isométrie. Sa norme est égale
à 1.
(2) (i) Soit T 0 l’application définie sur Vect{e n ; n ∈ N
∗
} par T 0 e 1 = 0 et T 0 e n = e n−1
pour n ≥ 2.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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