X
m=0
cm(f)eimθ, f ∈L2(T)
Soitφ ∈C(T)et définissons l’opérateur de ToeplitzTφ:H →H, par Tφf =P(φf).
(a) Montrer que kTφk ≤ kφk∞
(b) Par un calcul explicite, montrer que pour φ = ek, l’opérateur TekTej−Tekej est compact sur H.
(c) Montrer que, pour φ et ψ dans C(T), l’opérateur TφTψ − Tφψ
est compact sur H. (on approximera φ et ψ par des combinaisons linéaires finies des (ek).)
10. Montrer que l’image de tout opérateur compact est séparable.
11. SoitE un espace de Hilbert etA un élément deL(E). Montrer que Aest compact si, et seulement si, chaque fois que deux suites (xn)et (yn) convergent faiblement vers x et y respectivement, alors la suite (hAxn, yni) converge vers hAx, yi. (cet exercice est à rapprocher de l’exercice 3, section 1, chapitre III).
Solution : Les hypothèses traduisent le fait que le graphe de l’opéra-teurAest fermé. La solution est donc une conséquence immédiate du théorème du graphe fermé.
12. Soient(Xi,Ωi, µi), pour1≤i≤2, deux espaces mesurés etσ-finis.
Soient (φn) une base hilbertienne de L2(X1,Ω1, µ1)et (ψn)une base hilbertienne de L2(X2,Ω2, µ2). En suivant la preuve du lemme 1.23, montrer que{φp⊗ψq;p, q ∈N}est une base hilbertienne de l’espace L2(X1×X2,Ω×Ω2, µ1⊗µ2).
4.2 Spectre d’un opérateur compact
Soient E un espace de Hilbert et A un opérateur compact dans E. On sait que siEn’est pas de dimension finie,λ= 0est, toujours, dans le spectre de A; sinon, l’opérateur I =AA−1 serait compact ce qui impliquerait que E est de dimension finie (Remarque 1.7). Dans la suite donc, λ désignera toujours, sauf mention du contraire, un nombre complexe non nul.
Proposition 4.2.1. Soit A ∈ K(E). Si A−λI est surjectif, alors il est injectif.
Démonstration. Supposons qu’il existe x1 6= 0 tel que Ax1 = λx1. Posons B =A−λI. On a Bx1 = 0, on a aussi
ker(B)⊂ker(B2)⊂ · · · ⊂ker(Bn)⊂ · · ·
et chacun de ces sous-espaces est fermé. Nous allons montrer que ces inclu-sions sont, toutes, strictes. En effet, puisque B est surjectif, il existe x2 tel queBx2 =x1, il existex3 tel queBx3 =x2 etc. Par induction, on construit une suite (xn) telle que Bxn+1 = xn et xn 6= 0 puisque x1 6= 0. D’autre part, xn∈ker(Bn), car
Bnxn=Bn−1(Bxn) = Bn−1(xn−1) = · · ·=Bx1 = 0
Mais xn ∈/ ker(Bn−1), car Bn−1(xn) = · · · = B(x2) = x1 6= 0, donc ker(Bn−1) est strictement inclus dans ker(Bn). Choisissons, pour tout n≥ 1, un vecteur unitaireenappartenant à ker(Bn)et orthogonal àker(Bn−1).
CommeBen appartient à ker(Bn−1), on a
kAenk2 =kBen+λenk2 =kBenk2+|λ|2 ≥ |λ|2
Ainsi, (en), n ≥1, est une suite orthonormée, dont l’image (Aen), n ∈ N, ne converge pas vers 0, ce qui est impossible d’après le corollaire 1.17.
Pour la réciproque de cette proposition, on a besoin du lemme suivant Lemme 4.2.2. Soit A∈ K(E). Si A−λI est injectif, alors son image est fermée dans E.
Démonstration. Soient y∈ ℑm(A−λI) et (yn) une suite de ℑm(A−λI) qui converge vers y. On pose
yn=Axn−λxn
• Si (xn) contient une sous-suite bornée, alors, A étant compact, (xn) contient aussi une sous-suite (xnk) telle que(Axnk)converge. Comme
xnk = Axnk−ynk λ
la suite (xnk)converge vers un élément x qui vérifie Ax−λx=y.
• Si (xn) ne contient aucune sous-suite bornée, la suite kxnk tend vers l’infini avec n. Posons zn=kxnk−1xn, il vient
kznk= 1 et lim
n→∞(A−λI)zn= 0
Comme A est compact, (zn) contient une sous-suite (znk) telle que (Aznk) converge. On en déduit que la suite (znk) est convergente et si z est sa limite, on aura kzk = 1 et Az − λz = 0. Ce qui contredit l’hypothèse A−λI est injectif.
Lemme 4.2.3. Soit A∈ K(E). Si l’opérateur A−λI est injectif, alors il est surjectif.
Démonstration. Puisque B =A−λI est injectif, son image E1 est fermée d’après le lemme précédent. Posons, pour tout n ≥ 1, En = Bn(E). On a là une suite décroissante de sous-espaces fermés
· · · ⊂En⊂En−1 ⊂ · · · ⊂E2 ⊂E1
Si l’on suppose queE1 6=E, ces inclusions seront, en fait, strictes. En effet, si x0 est un élément non nul de E qui n’appartient pas à E1, il est facile de voir que pour toutn ≥1,Bnx0 ∈En etBnx0 ∈/ En+1. Choisissons donc en ∈En de norme 1et orthogonal à En+1. Comme Ben∈En+1 :
kAenk2 =kBenk2 +|λ|2 ≥ |λ|2 ce qui contredit le fait que (Aen) doit tendre vers 0.
Les résultats précédents se résument comme suit
Théorème 4.2.4. Soit A un opérateur compact dans un espace de Hilbert E. Pour tout λ complexe non nul, l’opérateur A −λI est injectif si, et seulement si, il est surjectif. Autrement dit
σ(A)\ {0}=σp(A)\ {0}
Corollaire 4.2.5. (Alternative de Fredholm) Soit A un élément de K(E) etµun nombre complexe. Alors, deux possibilités peuvent se présenter pour l’équation
x−µAx=y
- Ou bien, quel que soit le choix du second membre y, elle possède une solution unique x.
- Ou bien l’équation homogène x−µAx= 0 admet une solution non nulle.
Démonstration. Il est évident que pour µ= 0, c’est la première possibilité qui se réalise. Soit donc µ6= 0 et posonsλ=µ−1. L’équation x−µAx=y est alors équivalente à l’équation
(A−λI)x=−λy
Si λ n’est pas dans le spectre de A, alors A− λI est inversible, et c’est le premier cas qui a lieu ; si λ appartient au spectre de A, le théorème précédent montre que λ est, nécessairement, une valeur propre de A (car λ6= 0) et c’est alors le deuxième cas qui se présente.
Théorème 4.2.6. Si A un opérateur compact alors, pour tout complexe λ non nul, le noyau de A−λI est de dimension finie.
Démonstration. Il suffit de montrer que la boule unité du sous-espace ker(A−λI)est relativement compacte. Soit(xn)une suite dansker(A−λI), de norme inférieure ou égale à 1. On a
xn= Axn
λ
L’opérateur A étant compact, (Axn) contient une sous-suite convergente, et la relation précédente montre que la suite (xn), elle-même, contient une sous-suite convergente.
Corollaire 4.2.7. Pour tout entiern ≥1, ker (A−λI)n
est de dimension finie.
Démonstration. En effet, on peut écrire (A−λI)n =An−
n 1
λAn−1+ n
2
λ2An−2· · ·+ (−1)nλnI
=AB+ (−1)nλnI
où B est un opérateur borné, et le théorème précédent permet alors de conclure.
Théorème 4.2.8. Soit A un opérateur compact. Si (λn) est une suite de valeurs propres de A alors ou bien cette suite est finie, ou bien elle tend vers 0 quand n tend vers l’infini.
Démonstration. Supposons que la suite (λn) ne tende pas vers 0. Il existe alors ǫ > 0 et une sous-suite (λnk) satisfaisant |λnk| ≥ ǫ. Pour simplifier les notations, on peut supposer que |λn| ≥ ǫ. Soit, pour tout k ≥ 1, xk
un vecteur propre associé à λk, et soit Nk le sous-espace engendré par {x1, x2, . . . , xk}.
La suite (Nk) est strictement croissante. Pour le voir, Il suffit de montrer que, pour tout k, {x1, . . . , xk} est une famille libre. Supposons donc que {x1, . . . , xk−1} soit libre et quexk =Pk−1
1 αixi. Il vient 0 = (A−λkI)xk=
k−1
X
i=1
αi(A−λkI)xi =
k−1
X
i=1
αi(λi−λk)xi
Commeλk−λi 6= 0 pour touti≤k−1, on a nécessairementαi = 0, ∀i≤ k−1 et donc xk = 0, ce qui est absurde. On peut donc choisir, pour tout k ≥1, un élémentekdeNk, de norme 1 et orthogonal àNk−1. Les vecteurs ek et (A−λkI)ek sont alors orthogonaux, car (A−λkI)Nk ⊂Nk−1. On en déduit que
kAekk2 =k(A−λkI)ek+λkekk2
=k(A−λkI)ekk2+|λk|2 ≥ |λk|2 Mais cela contredit le fait que limk→∞kAekk= 0.
On a maintenant une description précise du spectre d’un opérateur compact dans un espace de Hilbert.
Théorème 4.2.9. Soit A un opérateur compact dans un espace de Hilbert E, alors
(a) Le spectre de A est au plus dénombrable. Chaque point du spectre est isolé, à l’exception possible de 0.
(b) Si l’espace E n’est pas de dimension finie alors 0 appartient au spectre de A .
(c) Tout complexe non nul du spectre de A est une valeur propre et l’espace propre correspondant est de dimension finie.
Démonstration. Puisque σ(A) est compact, il suffit de montrer que tout λ ∈ σ(A)\ {0} est isolé. Or, si un tel λ n’est pas isolé, il existerait une suite (λk), d’éléments dans σ(A) non nuls et distincts deux à deux, qui convergerait vers λ. Comme σ(A)\ {0} = σp(A) \ {0}, les λk sont des valeurs propres et le théorème 2.8 dit que nécessairement (λk) converge vers 0, ce qui contredit l’hypothèse λ6= 0.
Remarque 4.2.10. - Soient E un espace de Hilbert séparable, (en)n≥1
une base hilbertienne et λ = (λn)n≥1 une suite de nombres complexes qui tend vers zéro. L’opérateur Aλ de multiplication par la suite λ qui, à x= (xn)∈E associe l’élémentAλx= (λnxn)est compact (théorème 1.18).
Si l’on suppose que λn 6= 0,∀n, alors 0, bien qu’il soit dans σ(Aλ), n’est pas une valeur propre. En revanche, si l’on prendλ1 = 0etλn 6= 0,∀n≥2, alors 0 serait une valeur propre avec e1 comme vecteur propre associé . Notons aussi que, même si λ = 0 est une valeur propre, le sous-espace propre associé, c’est-à-dire ker(A), n’est pas en général de dimension finie.
C’est le cas, par exemple, de l’opérateur de multiplication dans ℓ2(N) par une suite λ = (λn) qui est nulle à partir d’un certain rang (ou simplement la suite nulle).
L’exemple suivant montre que le spectre d’un opérateur compact non nul, peut être réduit à {0}.
Exemple 4.2.11. - Soit E = L2(0,1), l’espace des fonctions de carrés inté-grables sur (0,1)pour la mesure de Lebesgue, et soit V l’opérateur de Volterra défini par
V f(x) = Z x
0
f(t)dt
C’est un opérateur de Hilbert-Schmidt, donc compact. L’équation V f =λf, λ∈C\ {0}
implique quef est continue, dérivable sur(0,1), et vérifie λf′ =f et f(0) = 0
La fonctionf est donc identiquement nulle.
EXERCICES
1. Soit A un opérateur compact dans un espace de HilbertE et soit p un polynôme en une seule variable et sans terme constant. On sait quep(A)est compact. Montrer que siλ 6= 0 est une valeur propre de A, et n’est pas racine de palors p(λ) est une valeur propre de p(A).
Solution: Soitλ 6= 0une valeur propre deA et soitv 6= 0 un vecteur propre associé à λ. On a Avλv et pour tout entier k Ak = λkv, on en déduit que, pour tout polynôme p en une variable sans terme constant, on a p(A)v =p(λ)v.
2. Montrer que l’alternative de Fredholm a lieu pour un opérateur A deL(E), dont une puissance quelconque est un opérateur compact.
3. Soit I = [a, b] un intervalle fermé borné de R et k une fonction continue sur I×I. Montrer que le spectre de l’opérateur intégral de Fredholm
f 7→
Z x