2. Solutions
Exercice VII.21
On va donner une présentation globale de (1) et (2). L’opérateur T est normal compact,
donc « diagonalisable en base orthonormale », c’est-à-dire que (P 7.16) :
Si (λ n ) n≥1 est la suite des valeurs propres distinctes non-nulles de T , si E 0 = ker T et si
E n = ker(T − λ n I), alors H = E 0 ⊕ (⊕
∞
n=1 E n ) est somme directe orthogonale de E 0 et des
E n , i.e. tout vecteur x ∈ H s’écrit comme une série convergente de vecteurs orthogonaux
x = x 0 +
∞
n=1
x n , avec x n ∈ E n si n ∈ N et x p , x q = 0 si p q.
De plus :
x ∈ E 0 =⇒ T x = 0 ; x ∈ E n et n ≥ 1 =⇒ T x = λ n x et dim E n < ∞.
D’autre part (puisque ker(T − λI) = ker(T
∗
− λI) pour un opérateur normal) :
x ∈ E 0 =⇒ T
∗ x = 0 ; x ∈ E n et n ≥ 1 =⇒ T
∗ x = λ n x.
Une fois qu’on a cette décomposition orthogonale « réduisante » (i.e. les E n sont stables
à la fois par T et T
∗ , cf. D 4.11, D 6.10), on lit facilement l’action de T et T
∗ , ainsi que
leur positivité. On a en effet :
x = x 0 +
∞
n=1
x n =⇒ T x =
∞
n=1
λ n x n et T
∗ x =
∞
n=1
λ n x n ,
ainsi que T x, x =
∞
n=1
λ n x n
2
.
Donc, n ∈ N
∗ et x ∈ H étant arbitraires, on voit que
σ(T ) ⊂ R =⇒ λ n = λ n =⇒ T
∗ x = T x =⇒ T
∗
= T.
σ(T ) ⊂ R
+
=⇒ λ n ≥ 0 =⇒ ⇒T x, x =
∞
n=1
λ n x n
2
≥ 0 =⇒ T ≥ 0.
Exercice VII.22
(1) Un exemple est fourni par l’Ex. IV.5 (2). Soit E =
2 et si n ∈ N
∗
, e n la suite dont
le terme de rang n vaut 1 et les autres sont nuls. L’opérateur S est donné par : S e n = e n+1
pour tout n ∈ N
∗ . Soit T « défini » comme suit : T e n+1 = e n pour tout n ∈ N
∗
, T e 1 = 0.
On a T S = I et S T (e 1 ) = 0 donc S T I (en réalité, T = S
∗ ).
On sait que dans le cas particulier où E = F est de dimension finie, les deux égalités
S T = I et T S = I sont équivalentes. Ceci est un conséquence de l’équivalence des
caractères surjectif et injectif pour un élément de L(E).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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