1 Quelques propriétés du spectre d un opérateur borné

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1 Université Paris 7, Master 1 de Mathématiques Année 008/009 Notes pour le cours de théorie spectrale 1 Quelques propriétés du spectre d un opérateur borné Nous supposons ici que E est un espace de Banach complexe et notons L(E) l espace des opérateurs linéaires bornées de E dans E Rappelons d abord le résultat suivant : Lemme 11 Soit T L(E), alors, l ensemble C \ B(0, T ) := {λ C λ > T } est contenu dans l ensemble résolvant ρ(t) et, plus précisément, on a λ C \ B(0, T ), R λ (T) = λ n 1 T n (1) Démonstration Ce résultat a déjà été montré lorsque nous avons prouvé que le spectre d un opérateur borné est non vide Il s agit essentiellement de montrer que la série définie par (1) est convergente si λ > T et que la somme de cette série est l inverse de λ T Un corollaire du lemme 11 est que le spectre d un opérateur borné est borné et même, plus précisément, Sp(T) B(0, T ) () Donc, puisque nous avons déjà vu que le spectre est fermé, nous concluons que Sp(T) est un compact de C 11 Le rayon spectral Définition 11 (rayon spectral) Pour tout opérateur borné T L(E), on définit le rayon spectral de T comme étant la quantité : r(t) := sup λ Sp(T) λ Remarquons que, d après les résultats précédents, on a toujours Théorème 11 Soit E un espace de Banach complexe et T L(E) Alors (i) lim n T n 1/n existe et est égale à r(t); n=0 r(t) T (3) (ii) si E = H est un espace de Hilbert complexe et si A L(H) est auto-adjoint, alors r(a) = A Démonstration (i) Nous commençons par montrer (i) et, pour cela, par établir que lim n T n 1/n existe Nous partons de la relation T n+m = T n T m, valable n, m N, et qui entraîne : T n+m T n T m Donc, en posant := log T n, nous en déduisons l inégalité +m + a m 1

2 a (sous-additivité) Nous allons en déduire que lim nn n existe et est égal à β := inf m N am m (ce qui est équivalent à l existence de la limite de T n 1/n ) Supposons dans un premier temps que β est dans R (ie la suite am m est minorée) Alors ε > 0, m N, β a m m < β + ε Fixons ε et donc m N tel que l inégalité précédente ait lieu Pour tout n > m, nous écrivons la division euclidienne de n par m : q N, r N tel que 0 r m 1 et n = qm + r Alors n = a qm+r qm + r qa m + a r qm + r qa m qm + a r n = a m m + a r n < β + ε + a r n a Soit C := sup 0 r m 1 a r < + Alors (toujours parce que ε et C sont fixés), limsup r n n = 0 Donc lim lim n C n sup n n β + ε a Comme ε est arbitraire, on a en fait limsup nn n β Or β = inf m N a m m a m lim inf m m lim sup n n β, ce qui entraîne que toutes ces quantités sont égales et donc que an n converge vers β Dans le cas où la suite am m n est pas minorée, c est à dire si β =, on a alors : A > 0, m N, a m m < A et, en refaisant le même raisonnement que précédemment, on obtient que, n > m, n A + a r n, où 0 r m 1 et puis que limsup n n A Comme A est arbitraire, cela implique que lim n n = = β Dans tous les cas, on a montré que lim T n 1/n = e β (avec e = 0) n A présent, montrons que cette limite coïncide avec r(t) Pour celous montrons e β r(t) et e β r(t) Commennçons par la première inégalité (la plus difficile) a) Preuve de e β r(t) L idée est de partir de l information que Sp(T) B(0, r(t)) qui, par passage au complémentaire, donne C \ B(0, r(t)) ρ(t), c est à dire le fait que la résolvante R λ (T) est définie sur C\B(0, r(t)) On fait intervenir alors le développement en série au voisinage de l infini de R λ (T) : à cause de ce qui précède, son rayon de convergence est supérieur ou égal à 1/r(T) En calculant deux expressions différentes de R λ (T), on obtient l inégalité souhaitée Voici les détails : considérons l application B(0, 1/r(T)) L(E) z R 1/z (T), où l on convient que 0 R (T) = 0 Cette application est holomorphe sur B(0, 1/r(T)) et nous allons lui appliquer la formule de Cauchy sur ce domaine Soit 0 < s < 1 r(t), alors si z B(0, s), 1 R 1/v (T)dv 1 R 1/v (T) dv R 1/z (T) = = πi B(0,s) v z πi B(0,s) v 1 z v 1 R 1/v (T) z n = πi v v n dv = z n, B(0,s) n=0 n=0

3 où On en déduit en particulier que := 1 πi B(0,s) R 1/v (T) v n+1 dv C, où C := sup R sn 1/z (T) z B(0,s) D autre part, sur B(0, 1/ T ), l application R 1/z (T) est égale à la somme de la série donnée par (1) : R 1/z (T) = On en déduit que a 0 = 0 et +1 = T n et donc, que C Comme lim 1/n n = 1 s (n+1)/n s, on obtient : z n+1 T n n=0 T n 1/n = +1 1/n C1/n s (n+1)/n e β = lim n T n 1/n 1 s Et comme cette inégalité est valable pour tout s tel que 1/s > r(t), cel est possible que si e β r(t) b) Preuve de e β r(t) Si λ C satisfait λ > e β = lim n T n 1/n, alors lim n λ n 1 T n 1/n < 1 et donc, par le critère de Cauchy, la série n=0 λ n 1 T n converge On vérifie facilement que sa somme est l inverse de λ T, ce qui implique que λ ρ(t) Ainsi on a montré que : λ C, λ > e β = λ > r(t), ce qui n est possible que si e β r(t) Cela termine la preuve de (i) (ii) Nous supposons à présent que E = H est un espace de Hilbert et que T = A H est auto-adjoint Nous allons utiliser la propriété A = sup Ax, x, (4) valable pour tout opérateur auto-adjoint A Nous montrerons (4) au lemme 1 plus loin En effet (4) entraîne que : A = A A = sup A Ax, x = sup Ax, Ax = sup Ax = A Comme n importe quelle puissance entière de A est encore auto-adjoint (vérifiez vous-même!), on peut étendre ce résultat à A 4 : et par récurrence : Donc, en utilisant le résultat (i) : A 4 = (A ) = A = ( A ) = A 4 n N, A n = A n r(a) = lim n An 1/n = lim n An n = A 3

4 Lemme 1 Soit H un espace de Hilbert et A H un opérateur auto-adjoint Alors l identité (4) est satisfaite, ie A = sup Ax, x Démonstration Notons provisoirement [A] := sup Ax, x Premièrement l inégalité [A] A est une conséquence immédiate de l inégalité de Cauchy Schwarz Ax, x Ax x Nous allons maintenant prouver l inégalité inverse [A] A, ce qui complétera la preuve Nous allons pour cela commencer par établir l identité Soit x, y H, en substituant x, y H, 4Re x, Ay = x + y, A(x + y) x y, A(x y) (5) dans x, Ay, on obtient : x = x + y + x y et Ay = A(x + y) A(x y) 4 x, Ay = x + y, A(x + y) + x y, A(x + y) x + y, A(x y) x y, A(x y) = R + I, où et On remarque que R := x + y, A(x + y) x y, A(x y) I := x y, A(x + y) x + y, A(x y) Donc on peut écrire x + y, A(x y) = A(x y), x + y = A (x y), x + y = x y, A(x + y) I = x y, A(x + y) x y, A(x + y) En particulier on voit que R est réel et I est imaginaire Ainsi 4Re x, Ay = R = x + y, A(x + y) x y, A(x y), ce qui nous donne (5) A présent nous exploitons cette identité (et nous utilisons la définition de [A] et l identité du quadrilatère) : Cela entraîne 4Re x, Ay [A] x + y + [A] x y = [A]( x + y ) sup 4Re x, Ay sup [A]( x + y ) = 4[A] x, y 1 x, y 1 Or, d après le théorème de Riesz, A = sup x, y 1 Re x, Ay On en déduit donc que A [A] 1 Le spectre de l adjoint d un opérateur Commençons par énoncer un résultat général, dont nous ne démontrerons qu un corollaire Théorème 1 (théorème de Phillips) Soit E un espace de Banach complexe, T L(E) et T L(E ) l adjoint de T, alors Sp(T ) = Sp(T) et λ ρ(t), R λ (T ) = R λ (T) 4

5 Ce résultat a comme conséquence immédiate, dans le cas particulier où E = H est un espace de Hilbert complexe : Proposition 11 Soit H un espace de Hilbert complexe, T L(H) et T L(H) l adjoint hilbertien de T Alors Sp(T ) = Sp(T) := {λ λ Sp(T)} et λ ρ(t), R λ (T ) = R λ (T) Démonstration (directe) de la proposition Observons d abord que, S, T L(H), (simple) et donc que, si T est inversible, alors (TS) = S T (T 1 ) T = ( T(T 1 ) ) = Id = Id T (T 1 ) = ( (T 1 )T ) = Id = Id, ce qui signifie que T est aussi inversible et (T ) 1 = (T 1 ) Comme T T est une involution, la réciproque est immédiate, autrement dit : T est inversible ssi T est inversible Donc λ ρ(t) (λ T) est inversible (λ T ) est inversible λ ρ(t ) Et alors ( (λ T) 1) = (λ T ) 1 Une autre propriété nous sera utile par la suite : Proposition 1 Soit E un espace de Banach complexe et T L(E) Alors (i) Si λ Sp p (T), alors Im(λ T ) n est pas dense dans E ; (ii) Si λ C est tel que Im(λ T) n est pas dense dans E, alors λ Sp p (T ); (iii) Corollaire : si E est réflexif, ie si (E ) = E, alors λ Sp p (T) ssi Im(λ T ) n est pas dense dans E Pour démontrer la proposition 1, nous utiliserons le résultat suivant (très utile), que nous montrerons à la fin de ce paragraphe : Lemme 13 Soit E un espace vectoriel complexe normé et F E un sous-espace vectoriel complexe Alors F E ssi il existe une forme linéaire Φ E non nulle telle que F KerΦ Démonstration de la proposition 1 Preuve de (i) : soit λ Sp p (T), alors x 0 E non nul tel que (λ T)(x 0 ) = 0 Cela entraîne en particulier que : α E, [(λ T )(α)](x 0 ) = α ((λ T)(x 0 )) = α(0) = 0, ie (λ T )(α) x 0 := {β E β(x 0 ) = 0} Ainsi Im(λ T ) x 0 Cela implique bien évidemment que Im(λ T ) ne peut pas être dense dans E, puisque x 0 est fermé et est différent de E Preuve de (ii) : soit λ C tel que Im(λ T) n est pas dense dans E D après le lemme 13, il existe α E non nulle telle que Im(λ T) Kerα Donc, x E, α [(λ T)(x)] = 0 x E, [(λ T )(α)] (x) = 0 (λ T )(α) = 0 α Ker(λ T ) Donc λ Sp p (T ) Preuve de (iii) : le fait que «λ Sp p (T) implique Im(λ T ) n est pas dense dans E» a été montré au (i), la réciproque s obtient en appliquant le (ii) à T et en utilisant le fait que T = T 5

6 Démonstration du lemme 13 Soit E un espace normé complexe et F E un sous-espace vectoriel Dans un sens, s il existe une forme linéaire non nulle Φ E telle que F KerΦ, on a immédiatement F KerΦ (car, Φ étant continue, KerΦ est fermé) et donc F E La réciproque est un peu plus délicate Supposons que F E : alors il existe un vecteur v E \F (noter que v est nécessairement non nul) Nous considérons dans la suite E comme un sous-espace vectoriel réel et F comme un sous-espace vectoriel réel de E Notons alors G := F Rv Riv Soit (x désignant un vecteur de E) f : G R x + λv + µiv λ et g : G R x + λv + µiv µ Dans la suite, nous aurons besoin de distinguer E R, qui sera l espace des forme R-linéaires de E vers R, et E C, qui sera l espace des forme C-linéaires de E vers C Nous utilisons le théorème de Hahn Banach pour étendre f et g en des formes R-linéaires continues sur tout E : f, g E R telles que f G = f et g G = g et f E R = f G R = 1 et g E R = g G R = 1 Soit ϕ := f + ig : G C Noter que ϕ est C-linéaire, au sens où : x + λv + µiv G, ϕ(x + λv + µiv) = (λ + iµ)ϕ(v) Nous posons alors ϕ := f + i g : E C et remarquons que ϕ G = ϕ En particulier ϕ s annule sur F et ϕ(v) = 1 Le problème est que ϕ n est pas nécessairement C-linéaire Pour y remédier, on pose x E, Φ(x) := 1 ( ϕ(x) i ϕ(ix)) On vérifie alors que Φ est C-linéaire (continue) sur E donc définit bien un élément de E C et que Φ coïncide avec ϕ sur G := F Rv Riv On a donc construit Φ E C satisfaisant les propriétés demandées 13 Etude d un exemple Nous considérons l «opérateur de décalage» T L(l 1 ) défini par : et son adjoint 1 T L(l ), qui satisfait : x = (x 1, x, ) l 1, T(x 1, x, ) = (x, x, ) α = (α 1, α, ) l, T (α 1, α, ) = (0, α 1, α, ) Notons que l on a T n = (T ) n = 1, n N, si bien que, d après le théorème 11, on a : Nous allons établir les propriétés suivantes : r(t) = lim n T n 1/n = r(t ) = lim n (T ) n 1/n = 1 spectre spectre ponctuel spectre résiduel spectre continu Sp(T) = B(0, 1) Sp p (T) = B(0, 1) Sp r (T) = Sp c (T) = B(0, 1) Sp(T ) = B(0, 1) Sp p (T ) = Sp r (T ) = B(0, 1) Sp c (T ) = et, pour cela, procéder par étapes 1 Rappelons que le dual de l 1 est l En revanche le dual de l n est pas l 1 mais un espace qui «contient» l 1 comme sous-espace fermé Cela signifie que l application l 1 (l ) qui, à toute suite x l 1, associe ev x : α α(x) est un plongement non surjectif 6

7 a) Sp(T) B(0, 1) et Sp(T ) B(0, 1) : cela est une conséquence du fait que r(t) = r(t ) = 1 b) Sp p (T) B(0, 1) : il s agit de montrer que, pour toute valeur λ B(0, 1), λ T a un noyau non nul (ie un sous-espace propre non trivial de T pour la valeur propre λ) Noter que cela est immédiat pour λ = 0, puisqu il est facile de remarquer que (1, 0, 0, ) est dans le noyau de T Les vecteurs propres de T pour λ 0 sont en quelque sorte des perturbations de (1, 0, 0, ) Posons Alors x [λ] l 1 ssi λ < 1 De plus Donc Sp p (T) B(0, 1) Corollaire de a) et b) : on a x [λ] := (1, λ, λ, λ 3, ) T(x [λ] ) = (λ, λ, λ 3, ) = λ(1, λ, λ, ) = λx [λ] B(0, 1) Sp p (T) Sp(T) B(0, 1), mais comme on sait que Sp(T) est fermé, cela entraîne : Sp(T) = B(0, 1) = Sp(T ), où on a utilisé le théorème de Phillips pour Sp(T ) c) Sp p (T) = B(0, 1) : d après ce qui précède, il suffit de montrer que B(0, 1) Sp p (T) =, c est à dire que, pour tout λ tel que λ = 1, λ T est injectif Raisonnons par l absurde et supposons qu il existe λ B(0, 1) tel que ker(λ T) {0} Soit x = (x 1, x, x 3, ) ker(λ T) non nul, alors (λ T)(x) = 0 équivaut au système infini d équations On en déduit par une récurrence immédiate que : x n+1 = λx n, n N x = x 1 (1, λ, λ, λ 3, ) Mais on remarque que, à cause du fait que λ = 1, x ne peut pas être dans l 1 sauf si x 1 = 0 une contradiction d) Sp p (T ) = : pour montrer cela, raisonnons encore par l absurde et supposons qu il existe α = (α 1, α, ) l et λ C tels que (λ T )(α) = 0, ce qui équivaut aux relations λα 1 = 0 λα = α 1 λα 3 = α On en déduit alors que forcément (α 1, α, ) = 0 (raisonner par récurrence : il faut distinguer les cas λ = 0 et λ 0, mais ces deux cas sont tout aussi simples à analyser) On aboutit ainsi à une contradiction e) Sp r (T ) B(0, 1) : rappelons que Sp r (T ) = {λ C Im(λ T ) l } \ Sp p (T ) Mais, comme on a vu précédemment que Sp p (T ) =, on en déduit que Sp r (T ) = {λ C Im(λ T ) l } Pour tout λ B(0, 1), nous utilisons la suite x [λ] = (1, λ, λ, λ 3, ) l 1 vue au b) et nous notons Alors, α l, f [λ] := ev x[λ] : α α ( x [λ] ) f [λ] [(λ T )(α)] = [(λ T )(α)] (x [λ] ) = α [ (λ T)(x [λ] ) ] = α(0) = 0, 7

8 ie (λ T )(α) Kerf [λ] Donc Im(λ T ) Kerf [λ], ce qui entraîne que la fermeture de Im(λ T ) ne peut pas être égale à l Donc λ est valeur résiduelle f) En fait Sp r (T ) = B(0, 1) : à cause de ce qui précède, il suffit de montrer que toute valeur λ C telle que λ = 1 est aussi dans Sp r (T ) Soit λ une telle valeur Commençons par «calculer» un inverse formel de λ T : si a l et si b est une suite à valeurs dans C, l équation (λ T )(b) = a s écrit a 1 = λb 1 a = λb b 1 = λb n b n 1 b 1 = λa 1 b = λ(a + b 1 ) b n = λ( + b n 1 ) Donc cette équation a pour solution b n = λ + λ λ n a 1 Nous voyons déjà que λ T n est pas surjectif car, pour a = a [λ] := (1, λ, λ, ) l, la solution est b n = nλ n et cette suite n est manifestement pas dans l : donc a [λ] Im(λ T ) Mais nous devons montrer un résultat plus fort, à savoir que Im(λ T ) n est pas dense dans l Pour cela, nous allons montrer que, dans l, B(a [λ], 1/) Im(λ T ) = Soit a B(a [λ], 1/), nous pouvons écrire a = a [λ] + β, où β l < 1/ La solution dans l espace des séries à valeurs complexes de l équation (λ T )b = a = a [λ] + β est b = (b 1, b, b 3, ), avec : ce qui entraîne que : n b n = nλ n + λ n j β j, j=1 b n nλ n n = λ n j β j < n j=1 En utilisant l inégalité triangulaire n = nλ n b n nλ n + b n, on en déduit que b n n b n nλ n > n n = n Donc b n est pas dans l g) Montrons que Sp r (T) = Pour cela il suffit d établir que, si λ = 1, alors λ Sp r (T) Supposons le contraire : cela signifie qu il existe λ C tel que λ = 1 et Im(λ T) n est pas dense dans l 1 Alors, d après le (ii) de la proposition 1, λ Sp p (T ) Or ce n est pas possible car nous avons vu au d) que Sp p (T ) = h) Les spectres continus : d après ce qui précède, Sp c (T) = Sp(T) \ (Sp p (T) Sp r (T)) = B(0, 1) \ (B(0, 1) ) = B(0, 1), et ( ) Sp c (T ) = Sp(T ) \ (Sp p (T ) Sp r (T )) = B(0, 1) \ B(0, 1) = 8

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