2. Solutions
Ceci montre que P(σ(T )) ⊆ σ(P(T )) et finalement
σ(P(T )) = P(σ(T )).
Exercice IV.7
(1) La linéarité de T est évidente. Pour x, x 0 ∈ [0, 1], on a
|T f (x) − T f (x 0 )| =
x 0
0
[K(x, t) − K(x 0 , t)] f (t)dt +
x
x 0
K(x, t) f (t)dt
≤ ≤ f ∞
x 0
0
|K(x, t) − K(x 0 , t)|dt + M f ∞ |x − x 0 |.
D’où |T f (x) − T f (x 0 )| → 0 quand x → x 0 et donc T f ∈ E.
D’autre part, on a
|T f (x)| ≤ Mx f ∞ .
(IV.9)
D’où T f ≤ M f ∞ , et T ∈ L(E) avec T ≤ M.
(2) Montrons par récurrence que pour tout n ≥ 1, on a |T
n f (x)| ≤
M
n
n! x
n
f ∞ .
C’est vrai pour n = 1, par (IV.9). Supposons la formule vraie pour n. On a :
|T
n+1 f (x)| = |
x
0
K(x, t)T
n f (t)dt| ≤ M
x
0
|T
n f (t)|dt ≤
M
n+1
n!
f ∞
x
0
t
n dt
soit |T
n+1 f (x)| ≤
M
n+1
n!
x
n+1
n + 1
f ∞ =
M
n+1
(n + 1)!
x
n+1
f ∞ .
Donc pour tout n ≥ 1, on a |T
n f (x)| ≤
M
n
n! f ∞ x
n , et ainsi T
n
≤
M
n
n! .
(3) D’après (2), on a T
n
1/n
≤
M
(n!) 1/n . Montrons alors que nous avons
u n = (n!)
1/n
→ +∞. En effet, e
n
=
∞
k=0
n
k
k!
≥
n
n
n!
, d’où n! ≥
n
n
e n et u n ≥
n
e
.
Par conséquent, le rayon spectral r(T ) de T , dont la valeur est donnée par
lim n→∞ T
n
1/n
≤ M lim n→∞ u
−1
n , est nul et σ(T ) = {0} (cf. P 10.3).
Exercice IV.8
(1) (i) Démontrons le résultat par récurrence. Pour n = 1, on a bien K 1 (x, t) = 1.
Supposons le résultat vrai pour un n ≥ 1, c’est-à-dire que K n (x, t) =
(x−t)
n−1
(n−1)! et donc
T
n f (x) =
x
0
(x − t)
n−1
(n − 1)!
f (t)dt
et T
n+1 f (x) =
x
0
(T
n f )(t)dt =
x
0
t
0
(t − u)
n−1
(n − 1)!
f (u)du
dt.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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