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#1 07-04-2009 15:23:21
- Carel
- Invité
Analyse fonctionnelle [Résolu]
Bonjour,
C est l'espace des complexes et Z l'espace des entiers relatifs.
On considère l'espace de Banach E=l^infini(Z,C), constitué des suites bornées x=(xn)n€Z à valeurs dans C et muni de la norme définie par ||x||=sup{|xn|, n€Z}.
Soit S l'application de E dans E définie par la formule
(Sx)n=xn-1 pour tout x=(xn)n€Z, € E.
On sait déjà que S est linéaire, continue et inversible dans L(E) (l'ensemble des applications continue de E dans E).
De plus, on a prouvé que pour v€C*
S^-1 - v^-1.Id = u^-1.S^-1.(v.Id - S), puis que
(S - v.Id) est inversible dans L(E) <=> (S^-1 - v^-1.Id) est inversible dans L(E).
Soit maintenant u appartenant à C.
On doit prouver que si |u|=1, (S-u.Id) n'est pas inversible dans L(E) en trouvant un vecteur x€E non nul et tel que Sx=ux;
que si |u|>1, S-u.Id est inversible dans L(E);
et que si 0<|u|<1, (S^-1 - u^-1.Id) est inversible dans L(E).
Pourriez-vous m'aider svp, je n'arrive même pas à démarrer !
#2 07-04-2009 20:15:39
- Fred
- Administrateur
- Inscription : 26-09-2005
- Messages : 7 035
Re : Analyse fonctionnelle [Résolu]
Bonsoir,
Pour le cas |u|=1, il s'agit d'un problème de recherche de vecteurs propres, mais en dimension infinie.
Or,
[tex]Sx=ux\iff \forall n\in\mathbb Z,\ x_{n-1}=(Sx)_n=ux_n[/tex]
On obtient une formule de récurrence, de sorte que,
[tex] x_{-1}=ux_0, x_{-2}=ux_{-1}=u^2x_0,\dots,x_{-n}=u^n x_0[/tex]
et
[tex] x_0=ux_1\implies x_1=u^{-1}x_0[/tex]
et donc
[tex] x_n=u^{-n}x_0[/tex]
Réciproquement, la suite [tex](x_n) [/tex] définie par [tex]x_0=1[/tex]
et [tex]x_n=u^{-n}[/tex] pour tout entier relatif n est bien élément de E (car |u|=1)
et vérifie Sx=x.
Pour la deuxième (et la troisième question), c'est un argument classique
qui vient du fait que [tex]\|S\|\leq 1[/tex] (à prouver).
On peut alors écrire
[tex]S-uId=-u(Id-T)[/tex] où
[tex]T=u^{-1}S[/tex]
Maintenant, [tex]\|T\|\leq |u|^{-1}<1[/tex] et c'est un exo classique (que tu as peut-être déjà fait)
de démontrer que dans ces conditions, Id-T est inversible avec
[tex] (Id-T)^{-1}=\sum_{n=0}^{+\infty}T^n[/tex].
Fred.
Hors ligne
#3 08-04-2009 14:19:14
- Carel
- Invité
Re : Analyse fonctionnelle [Résolu]
Bonjour Fred,
Merci bcp pour toutes ces explications, ça m'a énormément aidé !!
J'ai tout de même quelques questions :
On sait que ||Sx||=sup{|xn-1|, n€Z} et
||x||=sup{|xn|, n€Z}
Or, un ami m'a dit que ces deux sup étaient égaux, mais je ne comprends pas pourquoi, pourriez-vous m'expliquer svp ?
Sinon, pour le cas où 0<|u|<1, avec votre méthode on trouve que
(S^-1 - u^-1.Id)= - u^-1(Id-T) où T=u.S^-1
Or, ||S||<1 donc ||S||^-1 >1 donc
||T||>|u|
et donc je n'arrive pas à conclure...
#4 08-04-2009 20:28:18
- Fred
- Administrateur
- Inscription : 26-09-2005
- Messages : 7 035
Re : Analyse fonctionnelle [Résolu]
Bonsoir,
Les deux sup sont égaux parce que les deux ensembles sur lesquels on prend le sup sont égaux.
On décale juste les indices d'une unité..
Pour la deuxième partie, la norme de S est en fait exactement égale à 1.
Fred.
Hors ligne
#5 17-04-2009 08:18:48
- Carel
- Invité
Re : Analyse fonctionnelle [Résolu]
Merci !
Mais je ne comprends pas pourquoi le valeur de u change quelque chose à la norme de S !
Car ||S||=sup(||Sx||/||x||) et ||Sx||=sup{|xn-1|, n€Z} et ||x||=sup{|xn|, n€Z}
Donc si sup{|xn-1|, n€Z} = sup{|xn|, n€Z}, pourquoi est-ce que ||S|| n'est pas égale à 1 dans les deux cas ??
#6 17-04-2009 21:17:02
- Fred
- Administrateur
- Inscription : 26-09-2005
- Messages : 7 035
Re : Analyse fonctionnelle [Résolu]
Bonjour,
Si, si, la norme de S est égale à 1 dans les deux cas.
Fred.
Hors ligne
#7 19-04-2009 17:08:55
- Carel
- Invité
Re : Analyse fonctionnelle [Résolu]
Ok !
Merci bcp !!
Bonne soirée
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