2. Solutions
Comme dans le cas précédent, il existe une solution seulement si et seulement si |λ| > 1,
et cette solution est donnée par
x = −
∞
n=p
λ
−(n−p+1) e p .
(5) On a S x = x pour tout x ∈ H. On utilise l’inégalité du triangle pour écrire
∀x ∈ H, (S − λI)x ≥ ||λ| − 1| |x
(IV.8)
On voit alors que
r = inf{{(S − λI)x; x = 1} ≥ ||λ| − 1| > 0.
Cela implique que Im(S − λI) est fermée selon un raisonnement qui sera détaillé dans
l’Ex. IV.9.
(6) Soit λ ∈ C tel que |λ| = 1. Pour f n =
1
√
n
n
p=1 λ
−p e p , on a
(S − λI) f n =
1
√
n
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
n
p=1
λ
−p e p+1 −
n
p=1
λ
−(p−1) e p
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ =
1
√
n
(λ
−n e n+1 − e 1 ).
Donc, f n = 1 et (S − λI) f n =
√
2
√
n
. Cela implique que Im(S − λI) n’est pas fermée. Là
aussi, nous renvoyons à l’Ex. IV.9.
(7) Par (1), S = 1. Donc σ(S ) ⊆ {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
D’après (4), e 1 Im(S − λI) si |λ| < 1. Donc S − λI n’est pas surjective si |λ| < 1, d’où
la double inclusion
{λ ∈ C; |λ| < 1} ⊆ σ(S ) ⊆ {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
Et comme σ(S ) est fermé, σ(S ) = {λ ∈ C; |λ| ≤ 1}.
Exercice IV.5
ker(T − λI) = {0} pour tout λ ∈ C
∗ . En effet, si λ 0 alors (T − λI)P = 0 implique
P
= λP. Ceci implique que le degré de P
est égal à celui de P et donc P = 0.
Si λ = 0, alors T P = P
= 0 ⇐⇒ P est constant et donc ker(T ) {0}.
D’autre part, si Q ∈ E alors l’équation (T − λI)P = Q admet une solution polynôme,
pour tout λ ∈ C. En effet, si λ = 0, il n’y a qu’à prendre pour P un polynôme primitif
de Q. Et si λ 0, on a pour unique solution la série de Neumann P 10.1 (convergente
car T est localement nilpotent)
P = −
∞
n=0
T
n Q
λ n+1 .
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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