Chapitre VI • Opérateurs continus entre espaces de Hilbert
Exercice VI.4
(1) (i) Nous avons via Cauchy-Schwarz (P 5.4) :
T f
2
=
1
0
|T f (x)|
2 dx =
1
0
|
x
0
(x − t) f (t)dt|
2 dx
≤
1
0
x
0
|x − t|
2 dt
x
0
| f (t)|
2 dt
dx =
1
0
x
3
3
x
0
| f (t)|
2 dt
dx ≤
1
3
f
2
.
D’où T f ≤
1
3 1/2 f et T ≤
1
3 1/2 < 1.
(ii) Par récurrence. Pour n = 1, c’est évident. Supposons la formule vraie jusqu’au
rang n. Nous avons alors
(T
n+1 f )(x) = T (T
n f )(x) =
x
0
(x − t)(T
n f )(t)dt
=
x
0
(x − t)
t
0
(t − s)
2n−1
(2n − 1)!
f (s)ds
dt =
x
0
f (s)
x
s
(x − t)
(t − s)
2n−1
(2n − 1)!
dt
ds
=
x
0
f (s)
(2n − 1)!
x
s
(x − t)(t − s)
2n−1 dt
ds =
x
0
f (s)
(2n − 1)!
(x − s)
2n+1
2n(2n + 1)
ds.
Soit encore (T
n+1 f )(x) =
x
0
(x−t)
2n+1
(2n+1)! f (t)dt.
(2) L’équation f (x) = g(x) +
x
0
(x − t) f (t)dt s’écrit f (x) = g(x) + T f (x) ou encore
((I − T ) f )(x) = g(x).
Puisque T < 1, (I − T ) est inversible et on a (I − T )
−1
=
n≥0 T
n .
D’où la relation
f (x) =
(I − T )
−1
g
(x) =
∞
n=0
(T
n
g)(x) = g(x) +
∞
n=1
(T
n
g)(x)
= g(x) +
∞
n=1
x
0
(x − t)
2n−1
(2n − 1)!
g(t)dt.
Comme la série
n≥1
(x−t)
2n−1
(2n−1)! converge uniformément sur le segment [0, x], on a finalement
f (x) = g(x) +
x
0
∞
n=1
(x − t)
2n−1
(2n − 1)!
g(t)dt = g(x) +
x
0
sh(x − t)g(t)dt.
Une solution alternative consisterait à remarquer que T est le carré de l’opérateur de
Volterra étudié dans l’Ex. IV.8.
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