Chapitre VI • Opérateurs continus entre espaces de Hilbert
2 SOLUTIONS
Exercice VI.1
(1) Pour x et y fixés dans H et α ∈ C, notons f (α) = A(x + αy), x + αy. On a, en
utilisant la définition du produit scalaire,
f (α) = Ax, x + αAy, x + αAx, y + |α|
2
Ay, y.
On en déduit que 4Ax, y =
{α f (α) ; α = ±1, ±i}, ce qui est l’égalité cherchée.
(2) Par hypothèse, avec les notations de (1), chaque A(x+αy), x+αy avec α = ±1, ±i,
est nul, donc ∀x, y ∈ H, Ax, y = 0. Prenant y = Ax, nous obtenons : ∀x ∈ H, Ax
2
= 0,
puis Ax = 0 et A = 0.
(3) (i) Supposons que A = A
∗ . Alors, ∀x, y ∈ H, Ax, y = x, Ay, et en particulier
∀x ∈ H, Ax, x = x, Ax = Ax, x, d’après la définition du produit scalaire (cf. D 5.1).
Ainsi, Ax, x ∈ R.
(ii) Supposons que ∀x ∈ H, Ax, x ∈ R. On note B = A − A
∗ , et on observe que,
pour tout x ∈ H, on a :
Bx, x = Ax, x − −x, Ax = Ax, x − Ax, x = 0.
D’après (2), cela implique B = 0, ou encore A = A
∗ , et A est auto-adjoint.
(4) Soit λ = a + ib ∈ C, avec a, b ∈ R. Montrons que b 0 =⇒ λ σ(A). Comme
Ax, x = x, Ax ∈ R, on peut écrire
Ax − (a + ib)x
2
= Ax − ax
2
+ b
2
x
2
≥ b
2
x
2
.
Puisque b 0, on peut appliquer le résultat de l’Ex. IV. 9 : A − λI est injectif et à image
fermée. Idem pour A − λI.
D’autre part, on sait (P 6.3) que Im(A − λI) = Im(A − λI) = (ker(A − λI))
⊥
= H. A − λI
est donc surjectif, et λ σ(A). Ceci montre bien que σ(A) ⊆ R.
(5) Par (3), A vérifie A = A
∗ ; par (4), σ(A) ⊆ R. Montrons que si a < 0, alors
a σ(A). On a, puisque Ax, x ≥ 0 :
(A − a)x
2
= Ax
2
− 2aAx, x + a
2
x
2
≥ ≥Ax
2
+ a
2
x
2
≥ a
2
x
2
.
Exactement comme en (3), on déduit que A−aI est inversible : on a donc bien σ(A) ⊆ R
+ .
Exercice VI.2
(1) Si T et S sont auto-adjoints et A = T + iS , alors A
∗
= T − iS ; donc A + A
∗
= 2T
et A − A
∗
= 2iS .
Réciproquement, pour A ∈ L(H),
1
2 (A + A
∗ ) et
1
2i (A − A
∗ ) sont auto-adjoints, et l’on a
A = T + iS .
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