REPUBLIQUE ALGERIENNE DEMOCRATIQUE ET POPULAIRE
MINISTERE DE L’ENSEIGNEMENT SUPERIEURE ET DE LA RECHERCHE
SCIENTIFIQUE
UNIVERSITE DE MENTOURI - CONSTANTINE
FACULTE DES SCIENCES EXACTES
DEPARTEMENT DE MATHEMATIQUES
MEMOIRE
Présenté pour l’obtention du diplôme de :
Magister en Mathématiques
OPTION
Analyse
Thème
Somme d’opérateurs bissectoriaux
Par :
AMIRAOUI Mohamed
Président
:
Marhoune A.L.
Professeur
Université Constantine
Rapporteur
:
Denche.M.
Professeur
Université Constantine
Examinateurs
:
Saidouni.C.
M.C
Université Constantine
Abdelli.M.
M.C
Université Constantine
Devant le jury :
N° d’ordre : …………
N° de série : …………
En préambule à ce mémoire, je souhaite adresser ici tous mes
remerciements aux personnes qui m’ont apporté leur aide et qui ont ainsi
contribué à l’élaboration de ce mémoire.
Tout d’abord Monsieur Denche M, Professeur à l’université de
Constantine, Encadreur de ce mémoire, pour l’aide et le temps qu’il a
bien voulu me consacrer et sans lui ce mémoire n’aurait jamais vu
le jour.
Mes remerciements s’adressent vivement à Monsieur le président
Marhoune A.L et Monsieur Abdelli.A, Saidouni.C qui ont accepté
de juger mon travail.
Merci à toute ma famille qui m’a soutenu en toutes circonstances.
J’espère qu’ils trouvent ici l’expression de mon éternelle reconnaissance.
Enfin, j’adresse mes plus sincère remerciements à tous mes proches
et amis qui m’ont toujours soutenu et encouragé au cours de la
réalisation de ce mémoire.
Table des matières
Introduction 1
1 Notions préliminaires 4 1.1 Théorème de fermeture . . . 4 1.2 Les espaces d’interpolation . . . 5 1.3 Lemme de séparation des courbes . . . 5 2 Sommes d’opérateurs 13 3 Somme d’opérateurs bissectoriaux 23
bibliographie 33
Résumé 33
Introduction
La méthode des Sommes d’opérateurs a été utilisée pour la première fois par Da Prato et Grisvard [11] pour les opérateurs sectoriaux (voir également [6; 9]) : Ils donnent les conditions pour lesquelles l’équation Ay +By = x peut être résolue. Ici A et B sont deux opérateurs linéaires fermés dans un espace de Banach X des domaines D(A) et D(B) respectivement. Il est clair en generale que pour un x 2 X arbitraire, seulement l’existence de la solution régulière peut être garantie. Cependant, quand x est dans un espace d’interpolation entre X et D(A) (resp D(B)) ; alors la solution y est dans D(A) \ D(B). Cependant, on a Ay et By qui appartiennent à certains espaces d’interpolation c-à-d l’espace d’interpolation entre X et D(A) (resp D(B)) ; qui sont les espaces de la régularité maximale pour l’equation Ay + By = x:
Dans ce travail on s’est intéressé à la méthode des sommes d’opérateurs bissectoriaux, on a présenté des résultats de [12] qui sont similaires au cas des opérateurs sectoriaux [11]. Plus exactement : Soit A et B deux opérateurs linéaires fermés dans X, supposons que tous les deux sont sectoriaux. On suppose que A et B permutent dans le sens de résolvantes et que (A) et ( B) sont disjoints, alors on peut trouver à l’intérieur de l’ensemble (A) \ ( B) une courbe qui sépare (A) et ( B), chose pas du tout évidente (pour cela voir l’annexe). Comme dans le cas des opérateurs sectoriaux, on dé…nit l’opérateur linéaire borné S dans X par une intégrale par rapport à en utilisant les résolvantes des opérateurs A et B. Pour x 2 X, l’élément Sx est la solution de l’équation Ay + By = x dans le sens faible. En particulier, quand D(A) + D(B) est dense dans X; il existe yn 2 D(A) \ D(B) tel que yn ! Sy et Ayn+ Byn ! x quand n ! 1: On devrait noter que l’on sait, que pour x 2 X, l’équation Ay + By = x n’a pas nécessairement de solution y 2 D(A) \ D(B): Cependant, quand X est un espace d’interpolation DA( ; p) (resp DB( ; p)) entre X et D(A) (resp D(B)) ; alors Sx 2 D(A)\D(B); ASx 2 DB( ; p) et BSx 2 DA( ; p), ceci signi…e que DA( ; p) et DB( ; p) sont des espaces de régularité maximale pour l’équation Ay+By = x: Dans notre traitement des espaces d’interpolation on s’est également inspiré de Clément-Gripenberg-Högnäs [9] qui ont prouvé "la régularité maximale" en prolongeant les résultats de DaPrato-Grisvard pour les opérateurs sectoriaux ( voir également [10]). Quelques mots devraient être dits au sujet des conditions spectrales plus compliquées que nous considérons et qui exigent des découpes sophistiquées. Dans le cas des opérateurs sectoriaux A et B, on peut réduire la situation au cas où le spectre de A et B sont situés dans des secteurs disjoints en
remplaçant A et B par A + et B + et ceci est fait réellement dans [13] : Cependant, pour les opérateurs bissectoriaux cela n’est pas toujours réalisable.
D’autre part, les spectres plus compliqués se produisent naturellement dans le contexte des problèmes périodiques. En outre, notre méthode nous permet de montrer l’inclusion spectrale pour les opérateurs bissectoriaux.
A + B (A) + (B) :
Cette relation a été montrée indépendamment dans [3, 8; 21] et [5] dans le cas des opérateurs sectoriaux.
Chapitre 1
Notions préliminaires
1.1
Théorème de fermeture
Soit X un espace de Banach complexe de norme x 7 ! kxk ; L(X) est une algèbre de Banach des opérateurs linéaires continus dans X munie de sa norme habituelle .
L est une application de la forme suivante : (
DL= DA\ DB;
Lx = Ax+ Bx; pour x 2 DL;
(1.1) où A et B sont deux opérateurs linéaires de domaines respectifs, DA et DB dans X et d’ensembles résolvants non vides.
Dé…nition 1.1.1 On appelle fermeture de l’opérateur L, l’opérateur L qui est dé…ni par : ( DL= fx 2 X; 9(xn) DL; xn ! x et (Lxn) convergeg ; Lx = lim n !+1Lxn: ) (1.2)
On supposera que A et B commutent dans le sens que
(A ) 1(B ) 1 = (B ) 1(A ) 1; 8 2 (A) et 2 (B); (1.3) et on suppose de plus que A\ B ]0; +1[, et qu’il existe A et B> 0 tels que
(A ) 1 A; (B ) 1 B; 8 0: (1.4) Dans cette situation, on a le théorème de fermeture suivant :
Théorème 1.1.1 On suppose que (1:3) et (1:4) ont lieu et que (i) Il existe N 1 tel que
(ii) Il existe !1> 0 tel que (L !1) (DL) est dense dans X, alors L admet une fermeture L avec L ]0; +1[, et
(L ) 1 N; 8 > 0: (1.5)
1.2
Les espaces d’interpolation
Soit X un espace de Banach et A : D(A) ! X, un opérateur fermé dans X, on note par (A) l’ensemble résolvante, et on note (A ) 1 par R( ; A):
Dé…nition 1.2.1 Soit 0 < s < 1, et 1 P +1, on dé…nit DA(s; P ) = x 2 X= tsAR(tei ; A)x 2 LP(!; 1;dtt) : kxkDA(s;P )= kxk + t sAR(tei ; A)x LP(!;1;dt t) : Et DA(s; 10) = x 2 DA(s; 1)= lim t !+1 t sAR(tei ; A)x = 0 : kxkDA(s;10)= kxkDA(s;1): DA(1; P ) = x 2 X= tA2R(tei ; A)2x 2 LP(!; 1;dtt) : kxkDA(1;P )= kxk + tA 2R(tei ; A)2x LP(!;1;dt t) : Proposition 1.2.1 Soit 0 < s < 1, et P 2 [1; +1] [ f10g, ou s = 1; et P 2 [1; +1] : Alors DA(s; P ); k:kDA(s;P ) est un espace de Banach.
Proposition 1.2.2 Soit 1 > s0> s, ou s0 = s et 1 Q P +1; on a
DA(s0; Q) DA(s; P ):
Pour s0 > s et 1 P +1; on a DA(s0; P ) DA(s; 10):
1.3
Lemme de séparation des courbes
Lemme 1.3.1 Soit C un ouvert et K C un compact alors il existe une courbe fermée dans n K telle que K est dans la partie de qui est bornée par :
Im(z) Ω Γ 0 K FIG.1
Lemme 1.3.2 Soient a; b > 0, et R = [ a; a] + i [ b; b], et soient S; T C des ouverts tels que R = S [ T el que
(i) Sc\ Tc = ?: (ii) a + i [ b; b] S: (iii) [ a; a] ib T:
Alors on a l’un des résultats suivants
(a) Il exsite deux courbes 1; 2 dans R \ S \ T telles que le point initial de 1 ( resp 2) est a ib ( resp a + ib) et le point …nal de 1 ( resp 2) est a + ib ( resp a ib) et telles que 1\ 2 = ?:
(b) Il existe deux courbes 01; 02 dans R \S \T tel que le point initial de 01 ( resp 02) est a ib ( resp a + ib) et le point …nale 01 ( resp 02) est a ib ( resp a + ib) et telles que 01\ 02 = ?: On a les …gures suivantes :
Im(z) -a+ib a+ib
Γ
2 a-ib -a-ib 0 Re(z) a+ib Im(z) a-ib -a-ib 0 Re(z)Γ
1Γ
'
2Γ
'
1 -a+ib FIG.2Preuve(a) Il existe m 2 N tel que [ a; a + 1] i [ b; b + 2] T [a; a 1] i [b; b 2] T 2 1+ 22 1 2 < dist (Sc \ R; Tc\ R) ; où 1 = 2am; 2 = 2bm: En e¤et, on a :
[ a; a] ib T (T ouverte), alors il existe "1 > 0; "2 > 0 tels que D"1( a ib) T;
D"2(a + ib) T; soit " = min("1; "2) et on prend 0 < 01 < "2 et 0 < 02 < p
3"
2 ; ce qui implique a; a 01 i b; b 02 T; et a; a + 01 i b; b + 02 T:
Maintenant 9?m tel que 1 = 2am; 2 = 2bm satisfait, on prend 1< 01 et 2 < 02 pour que [ a; a + 1] i [ b; b + 2] T; et [a; a 1] i [b; b 2] T; on a si elles 1; 2 existe, il faut que : 2am < 01 et 2bm < 02; c-à-d que m max h E min( 01; 02) 2a + 1; E min( 0 1;02) 2b + 1 i : d’autre part 2 1+ 22 1 2 = 2(a 2+ b2)12 m ; et il faut que : m E 2(a 2+ b2)12 dist (Sc\ R; Tc\ R) ! + 1; en…n en prend m max E min( 01;02) 2a + 1; E min( 01; 02) 2b + 1; E 2(a2+b2)12 dist(Sc\R;Tc\R) + 1
L’idée de la démonstration est la suivante : on prend 1; 2 dans un grille G de rectangle R; où G = m [ k=0 [(ak+ i [ b; b]) [ ([ a; a] + ibk)] ; où bk+1 bk= constant , 8k = 0; m 1 ak+1 ak = constant , 8k = 0; m 1 et b0 = b; bm= b a0 = a; am= a: C-à-d = n [ i=1
i , tel que i G pour i = 1; n; et le point …nal de k est le point initial de k+1; k = 1; 2; :::; n 1:
FIG.3 (b) Les vecteurs initiaux.
D’après (3.1), (3.2) et l’hypothèse (ii) on a deux vecteurs 1; 2 des points initiales a ib; a + ib respectivement et de position comme le montre la …gure suivante
(c) Le prolongement est unique :
Pour 1, soit n un vecteur de 1 tel que le point …nal est a + ib ou a ib, alors il existe un seul vecteur n+1 qui prolonge n:
En e¤et :
Cas 1 : le point …nal de n 1 est dans l’intérieur de R, on note par Qd, Qg les rectangles à droite ( resp à gauche) de n 1, on a toujours
Qd\ Tc = ?; Qg\ Tc 6= ?: (1.6) Le vecteur 1 satisfait la condition (1:6) et de même pour les vecteurs 2; :::; n 1, on montre qu’il existe un seul vecteur n satisfaisant (1:6) et prolongeant n 1. Pour cela on note fQd(resp f
Qg) les rectangles dans G selon les di¤érentes …gures suivantes :
FIG.5 On a 4 cas particuliers de ce cas
Cas 1.1 fQd\ Tc = ?; et fQg\ Tc = ?
Cas 1.3 fQd\ Tc 6= ?; et fQg\ Tc = ?
On prend le cas 2 ou
Cas 1.4 fQd\ Tc 6= ?; et fQg\ Tc 6= ?
Cas 2 : Le point …nal de n est dans @R, on a deux cas particuliers.
Cas 2.1 : Le seul point …nal de n est dans @R c-à-d par exemple si on prend la partie de @R, [ a; a] + ib
Cas 2.2 : Le vecteur complet est dans @R c-à-d par exemple si on prend la partie de @R, [ a; a] + ib:
Cas 2.2.1 : fQg\ Tc = ?
Cas 2.2.2 : fQg\ Tc 6= ?
(d) pour tout vecteur i de ( i)1 i n, il existe un unique vecteur i 1 tel que i est le prolongement de i 1, en e¤et de même comme le résultat (c), ce résultat donne que les courbes
1; 01 ne satisfont pas les cas suivants :
:/swp55/temp/graphics/LBKBTZ0F15:pdf
FIG.6.1 FIG.6.2 FIG.6.3 Mais peut être satisfait le cas suivant
:/swp55/temp/graphics/LBKBU00G16:pdf FIG.6.4
Maintenent on prouve l’existence des courbes dans ce lemme.
D’après le résultat (c) et la …gure de 6.3 il existe une courbe 1, du point initial a ib et de point …nal a + ib ou a ib, et d’aprés le résultat(c) et le …gure 6.3 il existe une courbe 2, le point initial a + ib et le point …nal a + ib ou a ib; et d’aprés la …gure 6.1 :
- Si le point …nal de 1 est a + ib alors le point …nal de 2 est a ib:
- Si le point …nal de 1 est a ib alors le point …nal de 1 est a + ib; non cache C-à-d
:/swp55/temp/graphics/LBKBU10H17:pdf FIG.7
D’après (b) on a tous les vecteurs des courbes satisfont le (1:6) cela entraine que les courbes sont dans R \ S \ T: Il reste que le cas FIG -6.4- peut être satisfait dans cette situation on perturbe les courbes comme le montre la …gure suivante.
FIG.8 cela implique x0 2 S \ T (ouverte), 9Dx0(") S \ T .
Chapitre 2
Sommes d’opérateurs
Soit X un espace de Banach complexe, on considére un opérateur L de la forme (
DL= DA\ DB;
Lx = Ax+ Bx; pour x 2 DL;
(2.1) où A et B sont deux opérateurs fermés de domaine respectivement DA et DB dans X et d’ensembles résolvants non vides.
On supposera que A et B commutent dans le sens que
(A ) 1(B ) 1= (B ) 1(A ) 1; 8 2 (A) et 2 (B): (2.2) On étudiera l’équation ( x 2 DL; Lx x = y; (2.3) avec > 0:
Pour cela il est commode d’introduire une notion :
Soit P une application linéaire de domaine DP dans X et soit ' 2 [0; [ ; on dit que P véri…e H(') si :
(i) (P ) P = fz 2 C= + ' < arg z < 'g :
(ii) il existe une fonction numérique paire et convexe CP dé…nie dans ] + '; '[ telle que
(P z) 1 CP( )
jzj ; pour arg z = L’hypothèse dans cette situation est alors la suivante :
et
B véri…e H( B) et A+ B< (2.5) La résolution de (2:3) repose sur une construction explicite de sa solution sous la forme x = S y où
S = 1 2 i
Z
(A z ) 1(B + z) 1dz; > 0: où est la frontière orientée du domaine situé à gauche des droites : fz; arg z = 0g ; z; Re z = 2 ; fz; arg z = 0g ; et B< 0< A:
D’après (2:5) cette condition donne que l’un des angles Aou B est nécessairement inférieur à 2; on prend par exemple A< 2 et dans ( A ) \ ( B) selon la …gure suivante :
FIG.9
Le but qu’on se propose est d’appliquer au théorème de fermeture, dont on véri…e les hypo-thèses (i) et (ii) à l’aide de deux lemmes
Lemme 2.1Il existe N > 0 tel que kS k N; 8 > 0: PreuveSoit > 0, on a
kS k 21 Z
(A z ) 1 (B + z) 1 jdzj ; pour z 2 , on a d’après l’hypothèse (2:4)
(B + z) 1 C jzj; et
(A z ) 1 C jz + j;
où C indépendant de Z et :D’où kS k C 2 2 Z jdzj jzj jz + j; 8 > 0: En e¤ectuant le changement de variable z = z, on obtient
kS k C 2 2 Z 1 jdzj jzj jz + 1j = N : Lemme 2.2 On a (i) S (Lx x) = x; 8x 2 DL: (ii) Si x 2 DA+ DB alors S x 2 DL et (L )S x = x: Preuve(i) Soit x 2 DL, on a :
S (Lx x) = 1 2 i Z (B + z) 1(A z ) 1(Ax x)dz 1 2 i Z (A z ) 1(B + z) 1Bxdz et (A z ) 1(Ax x) = x + z(A z ) 1x; (B + z) 1Bx = x z(B + z) 1Bx: Alors S (Lx x) = 1 2 i Z (B + z) 1x + (A z ) 1x dz: On a (B + z) 1x = 1 z x (B + z) 1Bx ; (A z ) 1(Ax x) = 1 z (A z ) 1(Ax x) x : Alors S (Lx x) = 1 2 i 2 6 4 Z (B + z) 1Bxdz z Z (A z ) 1(Ax x)dz z 3 7 5 :
La fonction z ! (B+z)z 1Bx est holomorphe et décroît comme 1
jzj2 à gauche de donc 1 Z
Le résidu en z = 0 de la fonction z ! (A z ) 1(Ax x) qui est holomorphe sauf en z = 0 et décroît comme 1 jzj2 à droite de donc 1 2 i Z (A z ) 1(Ax x)dz z = x;
Ainsi (i) est démontrée.
(ii) les rôles de A et B étant symétriques, il su¢ t de considérer par exemple le cas où x 2 DB, d’après (2:2) on a S x 2 DB et : BS x = 1 2 i Z B(B + z) 1(A z ) 1xdz: B(B + z) 1 = (B + z z)(B + z) 1= I z(B + z) 1; alors BS x = 1 2 i Z (A z ) 1 x z(B + z) 1x dz = 1 2 i Z (A z ) 1(B + z) 1Bxdz = S Bx: Et d’autre part on a : (B + z) 1x = 1 z x (B + z) 1Bx ; alors S x = 1 2 i 2 6 4 Z (A z ) 1xdz z Z (A z ) 1(B + z) 1Bxdz z 3 7 5 = (A ) 1x + 1 2 i Z (A z ) 1(B + z) 1Bxdz z ;
car la première intégrale vaut (A ) 1x comme on le voit en déformant le contour d’intégration en un petit cercle centré à l’origine et orienté dans le sens négatif, il est à présent clair que y 2 DB
et que AS x = Ay = A(A ) 1x + 1 2 i Z A(A z ) 1(B + z) 1Bxdz z = A(A ) 1x + 1 2 i Z (B + z) 1Bxdz z + 1 2 i Z (z + )(A z ) 1(B + z) 1Bxdz z = x + (A ) 1x + 1 2 i Z (A z ) 1(B + z) 1Bxdz + 2 i Z (A z ) 1(B + z) 1Bxdz z = x By + y: D’où (L )S x = x:
Théorème 2.1 Soient A et B deux opérateurs fermés dans X véri…ant DA + DB soit dense dans X ; alors l’opérateur L dé…ni par 1 admet une fermeture L avec L ]0; +1[ et (L ) 1= S pour tout > 0:
PreuveC’est une application du théorème de fermeture dont les hypothèses sont véri…ées ici car (1:3) coïncide avec (2:2), (1:4) résulte de (2:4), l’hypothèse (i) du théorème de fermeture résulte du lemme 2.1 et du point (i) du lemme 2.1 et en…n l’hypothèse (ii) du théorème de fermeture est véri…ée car d’après le point (ii) du lemme (2-2) on a (L )(DL) DA+ DB qui est supposé dense dans X, il faut seulement véri…er que S = (L ) 1 pour avoir la conclusion complète, cela résulte évidement du point (i) du lemme 2.2.On continue l’étude de l’équation (2:3) en supposant (2:2) et (2:4) véri…ées dans le but de préciser DL, le but principal est de montrer que si x 2 DA( ; P ) [ou DB( ; P )] alors y = S x 2 DL, c’est-à-dire que le problème (2:3) admet une solution stricte unique et de plus Ay et By 2 DA( ; P ) [ou DB( ; P )] ce qui signi…er que L restreint à DA( ; P ) [ou DB( ; P )] est fermé et non plus seulement fermable.
Lemme 2.3S est linéaire continue de X dans DA(1; 1)\ DB(1; 1) comme on a vu que S = (L ) 1; cela implique que DL DA(1; 1)\ DB(1; 1) DA( ; I) \ DB( ; I); pour tout
2 ]0; 1[, et P 2 [1; 1] :
Preuve Les opérateurs A et B jouant des rôles interchangeables, on se contentera de prouver que pour tout y 2 X, on a
x = S y 2 DB(1; 1) , t 'y
(B t) 1x = 1 2 i(B t) 1 Z (A z ) 1(B + z) 1ydz = 1 2 i Z (A z ) 1(B t) 1(B + z) 1ydz (B t) 1(B + z) 1 = 1 t + z (B t) 1 (B + z) 1 (B t) 1x = 1 2 i Z (A z ) 1(B t) 1y dz t + z+ 1 2 i Z (A z ) 1(B + z) 1y dz t + z:
la première intégrale est nulle car la fonction à intégrer est holomorphe et décroit comme 1
jzj2 à droite d’un contour à condition que passe à droite du point z = t; (t > 0), d’où (B t) 1x = 1
2 i Z
(A z ) 1(B + z) 1y dz t + z: par la même méthode, on obtient :
B2(B t) 2x = 1 2 i Z 1 2t(z + t) 1+ t2(z + t) 2 (A z ) 1(B + z) 1ydz = 1 2 i Z 1 t(t + z) 1 2(A z ) 1(B + z) 1ydz = 1 2 i Z z2(t + z) 2(A z ) 1(B + z) 1ydz = z2(t + z) 2(A z ) 1(B + z) 1y jzj mAmBkyk jz + tj2jz + j2 z%0!0:
Donc la fonction à intégrer reste bornée lorsque z ! 0 avec jarg zj 0, donc on peut déformer en 0 qui est un contour indépendant de t > 0 0 = re i 0; r 0
γ
5γ
4γ
3γ
2γ
10
Re(z)
Im(z)
FIG.10 Z 0 uzdz = 4 X i=1 Z i uzdz: On applique le théorème de Cauchy et on trouvetB2(B t) 2x t 2 Z 0 z2 (t + z)2 CA( 0) jz + j CB( 0) jzj jdzj kyk C 2 kyk t Z 0 jzj jt + zj2jz + jjdzj C0kyk t Z 0 t jdzj jz + tj2 = C 0kyk tZ 0 jdzj jz + 1j2:
Ceci prouve que t 7 ! tB2(B t) 2x est borné pour tout t > 0, par nombre proportionnel à kyk ce qui implique t 7 ! tB2(B t) 2x borné presque partout sur ]0; +1[, d’où t 7 !
tB2(B t) 2x 2 L1, alors S y 2 DB(1; +1):
De la même manière on a S y 2 DA(1; +1), d’où S est linéaire et continue, d’après le lemme 2.1 et comme S = (L ) 1 ce qui implique Im S = DL, mais Im S DA(1; +1) \ D (1; +1), et comme 0 < < 1, d’après les propriétés d’inclusion on a D (1; +1) D ( ; P )
D’où
DL DA(1; +1) \ DB(1; +1)
Lemme 2.4 Pour y 2 DA( ; P ) + DB( ; P ); 2 ]0; 1[ ; P 2 [1; +1] ; on a x = S y 2 DL; et (L )x = y
PreuveSoit y 2 DB( ; +1); montrons que x = S y 2 DA\ DB et (L )x = y;
on a y 2 DB( ; +1); ce qui implique que la fonction jzj B(B + z) 1y est bornée sur grâce à (2) il est clair x 2 DB et
Bx = 1 2 i Z (A z ) 1B(B + z) 1ydz; d’autre par on a : (B + z) 1y = 1 z y B(B + z) 1y ; d’où x = 1 2 i Z (A z ) 1ydz z + 1 2 i Z (A z ) 1B(B + z) 1ydz z = (A ) 1y + 1 2 i Z (A z ) 1B(B + z) 1ydz z : Alors x 2 DA et Ax = A(A ) 1y + 2 i Z A(A z ) 1B(B + z) 1ydz z = y + (A ) 1y + 1 2 i Z B(B + z) 1y + ( + z)(A z ) 1B(B + z) 1y dz z = y + (A ) 1y + 2 i Z (A z ) 1B(B + z) 1ydz z + 1 2 i Z B(B + z) 1ydz z + 1 2 i Z (A z ) 1B(B + z) 1ydz = y + x Bx:
Grâce aux inclusions (I-2-3) on a le résultat pour 1 I < +1, en…n les opérateurs A et B jouant des rôles interchangeables, d’où on a les mêmes résultats que B.
Théorème 2.2Soient A et B deux opérateurs fermés dans X véri…ant alors pour
y 2 DB( ; P ) [resp DA( ; P )] avec 2 ]0; 1[ et P 2 [1; +1] ; la solution x = S y de (3) véri…e Ax; Bx 2 DB( ; P ) [resp DA( ; P )] : PreuveOn a (B t) 1x = 1 2 i Z (t + z) 1(A z ) 1(B + z) 1ydz; d’où B(B t) 1x = x + t(B t) 1x = 1 2 i Z (A z ) 1(B + z) 1ydz + 1 2 i Z t(t + z) 1(A z ) 1(B + z) 1ydz = 1 2 i Z 1 t t + z (A z ) 1(B + z) 1ydz = 1 2 i Z z t + z(A z ) 1(B + z) 1ydz = 1 2 i Z 0 z t + z(A z ) 1(B + z) 1ydz: Alors B(B t) 1Bx = 1 2 i Z 0 z t + z(A z ) 1B(B + z) 1ydz: D’où B(B t) 1Bx K +1 Z 0 r r jcos 0j + t '(r)dr r ; où K est indépendant de t et
'(r) = max B(B + ei 0) 1y ; B(B + e i 0) 1y ; r '(r) 2 LP:
En utilisant le théorème de Young, on obtient que t B(B t) 1Bx 2 LP; de même que 0 @ +1 Z 0 t P B(B t) 1Bx P dt t 1 A 1 P K 0 @ +1 Z 0 r dr r jcos 0j + t 1 A 0 @ +1 Z 0 r P'P(r)dr r 1 A 1 P ;
alors Bx 2 DB( ; P ) et comme Ax = y+ x Bx, alors Ax 2 DB( ; P ) car x 2 DB DB( ; P ):La dernière partie va être consacrée au cas où X est un espace de Hilbert, on peut alors dans certains
Lemme 2.5 Soit V un espace de Banach ré‡exif contenu avec injection continue dans X espace de Hilbert, on suppose que V est dense dans X et on identi…e X à son antidual donc à un sous espace dense de V alors tout opérateur T linéaire continu dans V qui se prolonge également en un opérateur linéaire continu dans X:
Dans ce qui suit, si B est un opérateur linéaire de domaine DB dense dans X, on désigne par B l’adjoint de B au sens de la théorie des opérateurs dits non bornés ceci posé, on a le
Théorème 2.3Soient A et B deux opérateurs fermés à domaine dense dans X espace de Hilbert, on suppose que A et B véri…ent (2 :2 ) et (2 :4 ) et qu’il existe > 0 tel que DB( ; 2) = DB ( ; 2) alors L dé…ni par (1) est fermé, L ]0; +1[ et (L ) 1 = S pour tout > 0: Preuve On note V = DB( ; 2), cet espace est ré‡exif on peut donc appliquer le lemme 2.5 pour prouver que S est linéaire continu de X dans DB.
On sait déjà d’après le théorème 2.2 que BS est linéaire continue dans V . En appliquant le théorème 2.2 à A et B qui véri…ent également (2:2) et (2:4) on voit que B S est linéaire continue dans V , par transposition on déduit que BS se prolonge en un opérateur linéaire continu dans V car pour y 2 DB et x 2 DB on a
hBS y; xi = hS By; xi = hy; B S xi grâce à (2:2) d’où
kBS ykY = sup kxkV 1
jhBS y; xij kykY kB S kL(V )
du lemme 2.5 il résulte que BS se prolonge en un opérateur linéaire continu dans X donc que S est linéaire continu de X dans DB, de même on véri…e que AS se prolonge en un élément de L(X) en écrivant que AS coïncide avec 1 + S BS sur V . A ce point on sait que S est continu de X dans DLet les autres conclusions du théorème résultent du théorème 2.1.
Chapitre 3
Somme d’opérateurs bissectoriaux
Soit A et B deux opérateurs fermés dans X, on suppose qu’il existe 0 < A, B < 2, et ! > 0 tels que
(H1) : A+ B > 2:
(H2) : A et B commutative dans le sens que :
R( ; A)R( ; B) = R( ; B)R( ; A); pour 2 (A)et 2 (B):
(H3) : 8 < :
B = fjarg(z)j < B ou j arg(z)j < Bg \ fjRe(z)j ! g ( B) CB = sup z2 B kzR(z; B)k < 1 : (H4) : 8 < :
A= 2 arg(z) < A ou 32 arg(z) < A \ fjIm(z)j ! g (A) CA= sup z2 A kzR(z; A)k < 1 : (H5) : (A) \ ( B) = ?: On étudiera l’équation ( x 2 D(A) \ D(B); Ax + Bx = y; (3.1) La résolution de cette équation repose sur une construction explicite de la solution sous la forme x = Sy, où
S = 1 2 i
Z
R( ; A)R( ; B)dz;
où est une courbe construite comme cela :
2 + A < < B 3 2 A < + < + B 2 B < 2 < 3 2 + A:
Soit z1 2 C tel que arg(z1) = et Re(z1) > !; Im(z1) > !, on prend alors : z2 2 C tel que arg(z2) = et Re(z2) = Re(z1); Im(z2) = Im(z1), z3 2 C tel que Re(z3) = Re(z1); Im(z3) = Im(z1); z4 2 C tel que Re(z4) = Re(z1); Im(z4) = Im(z1):
On disigne par R le rectangle où a = Re(z1) et b = Im(z1), selon la …gure 11
a Γ2 σ(A) σ(A) θB π-θ π+θ -θ -b b ΩA?ΩB ΩA?ΩB ΩA?ΩB ΩA?ΩB θA Γ1 FIG.11
PreuveOn applique le lemme 3.2 avec S = B et T = A:
Soit maintenant R3 la partie de R qui est bornée par 1; 2, [ a; a] ib:
On disigne par 3 l’ensemble R3 \ ( B) qui est ouvert et par K3 = (A) \ R3 qui est compact, on a K3 3, alors on peut appliquer le lemme 3.1 pour obtenir une courbe 3 fermée tel que le spectre de A qui est dans R3 et dans la partie qui est bornée par 3, alors 3 est dans
( B) \ (A):
De la même manière, on trouve : :
4 : une courbe fermée dans la partie qui est bornée par : 1; a + i [ b; b] telle que la partie de spectre de B est dans la partie qui est bornée par 4:
5 : une courbe fermée dans la partie qui est bornée par : 2; a + i [ b; b] telle que la partie de spectre de B est dans la partie qui est bornée par 5:
On prolonge 1de 1ei vers a + ib; et de a ib vers 1ei , et on prolonge 2de a + ib vers 1ei( ); et de 1ei( ) vers a ib: selon la …gure 12
:/swp55/temp/graphics/LBKBTT0B23:pdf FIG.12 Soit = 5 [ i=1 i (A) \ ( B):
Lemme 3.2 L’opérateur S est linéaire borné dans X: PreuveD’aprés (H3) et (H4) on a : CA0 = sup z2 kzR(z; A)k < 1: C0 B= sup z2 kzR(z; B)k < 1:
La fonction z 7 ! R(z; A)=R(z; B) est analytique sur et on a kSk 1 2 Z kR(z; A)k kR(z; B)k jdzj CA0 CB0 2 Z jdzj jzj2 C(independantde ): D’où S est linéaire borné dans X:
Proposition 3.1 Soient A et B deux opérateurs satisfaisant (H1) ! (H5), alors S est linéaire et borné de X vers DA(1; 1) [et vers DB(1; 1)] :
PreuveSoit y 2 X, x = Sy, on a
B2R(t; B)2x = x 2tR(t; B)x + t2R(t; B)2x; et
pour t assez grand (t + z 6= 0) et comme la fonction R(z;A)R(t;B)yt+z est analytique alors l’intégrale 1 2 i Z R(z; A)R(t; B)y dz t + z = 0: D’où R(t; B)x = 1 2 i Z R(z; A)R(z; B)y dz t + z: De même on trouve B2R(t; B)2x = 1 2 i Z z2 (t + z)2R(z; A)R(z; B)ydz: Alors par (3.1) et (3.2) on a tB2R(t; B)2x 1 2 Z CA0 CB0 kyk jt + zj2 jdzj = C 0 ACB0 kyk 2 Z t jdzj j1 + zj2 C kyk : où t= zt=z 2 :
D’où la fonction t 7 ! tB2R(t; B)2x est bornée, alors cette fonction appartient à Lp !; 1;dtt , d’où x 2 DB(1; 1):
De la même manière on trouve que x 2 DA(1; 1):
Remarque 3.1D’après les propriètés d’inclusion on a aussi S est linéaire borné de X vers DA( ; P ) et vers DB( ; P ):
Lemme 3.3 Soient A et B deux opérateurs saisfaisant (H1) ! (H5), et soit 0 < < 1, 1 P 1 et y 2 DA( ; P ) + DB( ; P ), alors x = Sy 2 DA\ DB et de plus (A + B)Sy = y: PreuveSoit y 2 DB( ; P )= (1 P 1), comme DB( ; P ) DB( ; 1), on prend y 2 DB( ; 1), alors la fonction z 7 ! jzj BR(z; B)y est bornée sur et on a :
R(z; A)R(z; B)y = R(z; A)BR(z; B)y: Alors
kBR(z; A)R(z; B)yk C 0 ACB0
jzj jzj ; 8z 2 :
Soit int = \ R et ext = \ Rc; alors dist(0; int) > 0; d’où jzj > dist(0; int) pour tout z 2 int et pour z 2 ext on a jzj
p
a2+ b2, soit doncM = max dist(0; int);
p
a2+ b2 , on a kBR(z; A)R(z; B)yk MC+1;
d’où x 2 D(B) et :
Bx = 1 2 i
Z
R(z; A)BR(z; B)ydz;
pour que x 2 D(A), on écrit
zR(z; B)y = y BR(z; B)y; ce qui implique R(z; B)y = y BR(z; B)y z ; alors x = 1 2 i Z R(z; A)ydz z 1 2 i Z R(z; A)BR(z; B)ydz z : La première intégrale est dans D(A) car :
1 2 i Z R(z; A)ydz z = ( 0; si le zéro dans Rc
A 1y si le zéro dans le partie qui borné par pour la deuxième intégrale on a :
AR(z; A)BR(z; B)y = BR(z; B)y + zR(z; A)BR(z; B)y: Alors
k[AR(z; A)BR(z; B)y] zk BR(z;z B)y + CA0 BR(z; B)y z CA0 + 1 BR(z; B)y z (C0 A+ 1) C0 jzj +1 C: D’où 2 i1 Z
[R(z; A)BR(z; B)y]dzz 2 D(A)
et A 2 4 1 2 i Z [R(z; A)BR(z; B)y]dzz 3 5 = 1 2 i Z
AR(z; A)BR(z; B)ydzz : D’où x 2 D(A) et Ax = 1 2 iA Z R(z; A)ydz z + 1 2 i Z BR(z; B)ydz z 1 Z
On a 1 2 i Z BR(z; B)ydz z = ( y; 0 =2 R 0; 0 2 R Alors 1 2 iA Z R(z; A)ydz z + 1 2 i Z BR(z; B)ydz z = y; et on a 1 2 i Z R(z; A)BR(z; B)ydz = Bx; d’où on a : Ax = y Bx; C-à-d (A + B) Sy = y
Remarque 3.2Comme D(A) DA( ; P ), D(B) DB( ; P ) avec 0 < < 1, 1 P 1; alors on a le corollaire suivant
Crollaire 3.1 Si A et B satisfont (H1) ! (H5) alors pour x 2 D(A) + D(B); on a Sx 2 D(A) \ D(B) et (A + B) Sx = x:
Théorème 3.1 Soit A et B satisfaisant (H1) ! (H5), alors A + B existe, de plus si D(A) + D(B) est dense dans X, on a : 0 2 A + B et A + B 1 = S:
Preuve On note A + B = L et D(A) \ D(B) = DL; soit (xn) DL tel que xn ! 0 et Lxn ! y 2 X:
Lemme 3.4 Pour tout x 2 D(A) \ D(B); on a S (A + B) x = x:
Donc S (A + B) xn= xn, lorsque n ! +1 et comme S est continu on a : Sy = 0:
Soit 2 (A), on a R( ; A)y 2 D(A) D(A) + D(B); donc SR( ; A)y 2 D(A) \ D(B) et (A + B) SR( ; A)y = R( ; A)y:
SR( ; A)y = 1 2 i Z R(z; A)R(z; B)R( ; A)ydz = 1 2 i Z
R(z; A)R( ; A)R(z; B)ydz:
= 1 2 i
Z
R( ; A)R(z; A)R(z; B)ydz:
= R( ; A) 2 4 1 2 i Z R(z; A)R(z; B)ydz 3 5 : = R( ; A)Sy: R( ; A)y = (A + B)R( ; A)Sy = 0: R( ; A) injectif =) y = 0: D’où A + B existe.
On suppose que D(A) + D(B) est dense dans X, on va montrer que SL = IDL; LS = IX: Soit x 2 DL; 9(xn) DL, xn ! x et Lxn ! Lx:
On a SLxn= xn=) quand n % +1 on a : SLx = x, d’où SL = IDL: Soit y 2 X, il existe (yn) D(A) + D(B); yn !
n%+1y: On a LSyn= yn et (Syn) DL, Syn !
n%+1Sy, et LSynn%+1! y =) Sy 2 DLet LSy = y; d’où LS = IX, alors L
1
= S; et comme S est continu alors 0 2 L.
Corollaire 3.2Soient A et B satisfaisant (H1) ! (H5), et on suppose que D(A) + D(B) est dense dans X.Si (A) + (B) 6= C, alors A + B existe avec (A + B) (A) + (B): Preuve Soit 2 C ( (A) + (B)), alors A = eA et B satisfont les hypothèses (H1) ! (H5):En e¤et : il su¢ t de veri…er 9 Ae; B< 2 et ! > 0; tel que
(H1) : Ae+ B > 2: (H2) : 8 2 ( eA); 8 2 (B): R( ; eA)R( ; B) = R( ; B)R( ; eA): (H3) : 8 < : B ( B) CB= sup z2 B kzR(z; B)k < 1 : (H4) : 8 < : e A ( eA) CAe= sup z2 Ae zR(z; eA) < 1 : (H5) : ( eA) \ ( B) = ?:
On a eA = A , et soit z 2 (A ) =) z + 2 (A) ; donc R(z + ; A)R( ; B) = R( ; B)R(z + ; A): Mais R(z + ; A) = R(z; A ); donc R( ; eA)R( ; B) = R( ; B)R( ; eA): La condition(H5) :
On suppose que (A ) \ ( B) 6= ?, c-à-d, il existe z 2 (A ) et z 2 ( B), alors z + 2 (A) et z 2 (B), d’où 2 (A) + (B) et cela est une contradiction avec
2 C ( (A) + (B)) :
Les conditions (H1), (H3), (H4) :
A (A) =) A (A) = (A ) :
Il existe 0 < Ae < 2 et !0 > 0, tel que Ae A et Ae+ B > 2:On prend !0 = max (!0; !), d’où les conditions (H1); (H3); (H4) satisfaites, comme D(A) + D(B) est dense dans X et DA = DA; on a A + B existe et A + B
1
2 L (X; D(A) \ D(B)) :
Soit x 2 DA +B alors il existe (xn) D(A)\D(B) telle que xnn%+1! x et A + Bxnn%+1! A + Bx, alors (A + B) xn !
n%+1A + Bx+ x, d’où x 2 DA+Bet A + Bx = A + Bx+ x, alors A + B = A + B , et comme A + B 12 L (X; D(A) \ D(B)), donc (A + B) (A) + (B):
Théorème 3.2Soient A et B deux opérateurs satisfaisant (H1) ! (H5), et soit 0 < < 1; p 2 [1; 1] [ f10g : Si y 2 DA( ; p) Alors 8 > < > : ASy 2 DA( ; p) \ DB( ; p); et BSy 2 DA( ; p): Si y 2 DB( ; p) Alors 8 > < > : BSy 2 DA( ; p) \ DB( ; p); et ASy 2 DB( ; p):
PreuveSoit y 2 DB( ; p), 1 p 1 et x = Sy; de le lemme 3.3 on a x 2 D(A) \ D(B), et pour t > a on a : BSy 2B ( ; 1) () t 7 ! t BR(t; B)Bx borné presque partout dans ]!; 1[ :
Soit t > 0, on a BR(t; B)x = 2 i1 Z z t+zR(z; A)R(z; B)ydz: BR(t; B)Bx = 2 i1 Z z t+zR(z; A)BR(z; B)ydz; il existe c > 0 tel que pour z 2 et t assez grand on a jt + zj c(t + r), où z = rei , par (3.1) et (3.2) on a
t BR(t; B)Bx C 0 A 2 Z t kBR(z; B)yk jt + zj jdzj CA0 2 Z t t + jzj (z) jdzj ;
où (z) = kBR(z; B)yk, soit 0 le partie de dans Rca;b et 00 la partie de dans Ra;b, alors par (3.1) on a Z 0 t t + jzj (z) jdzj C 00t 1; et comme la fonction dans Lp pa2+ b2; +1;dt
t où C00 est constant indépendant de t, alors on décompose 00 en quatre parties, 00=
4 [ k=1 00 k; tel que - 00 1 = n rei =r pa2+ b2o: - 00 2 = n re i =r pa2+ b2o: - 00 3 = n rei( )=r pa2+ b2o: - 004 =nrei( )=r pa2+ b2o:
Soit '(r) = r BR(rei ; B)y si r pa2+ b2; et '(r) = 0; alors Z 00 t t + jzj (z) jdzj = 1 Z 0 t r t + r'(r)dr = h '(t);
où h(t) = t+1t le produit convolution. Par le théorème de Young
kh 'kLp(0;+1;dt t) khkL1(0;+1; dt t) k'kLp(0;+1; dt t) khkL1(0;+1;dt t) kykDB( ;p):
De la même manière pour les parties 00
2; 003; et 004, on trouve que Bx 2 DB( ; p): Comme Ax = y Bx aussi Ax 2 DB( ; p) et AR(it; A)R(z; A) = it z itR(it; A) z z itR(z; A); et de (3.2) on a R(it;A)Z it 1 Z z
Le première intérgrale est égale à 0 pout t assez grand. On a AR(it; A)Bx = 2 i1 Z z z itR(z; A)BR(z; B)ydz:
Corollaire 3.3Soient A et B deux opérateurs satisfaisant (H1) ! (H5), et soit 0 < < 1; p 2 [1; 1] [ f10g et Y = DA( ; p) ou Y = DB( ; p), on note par AY et BY les parties de A et B dans Y , alors AY + BY est inversible.
Théorème 3.3 Soit H un espace de Hilbert, et Soient A et B deux opérateurs dans H satisfaisant (H1) ! (H5), on suppose qu’il existe 0 < < 1; tel que DA( ; 2) = DA ( ; 2) ou DB( ; 2) = DB ( ; 2), D(A) et D(B) est dense dans X, alors A + B est fermé, de plus 0 2 (A + B) et (A + B) 1 = S:
PreuvePar la remarque (II-3) on a DA( ; 2) = (H; D(A)) ;2 et DA ( ; 2) = (H; D(A )) ;2, alors le théorème (3.3) implique DA( ; 2) = DA ( ; 2) si D(A) = D(A ), alors A + B est fermé et de plus fermable.
Bibliographie
[1] H. Amann : Operator-valued Fourier miltipliers Besov space , and application. Math. Na-chr. 186 (1997), 5-56.
[2] W. Arendt, S. Bu : The operator-valued Marcinkiewicz miltiplier theorem and maximal regularity. Math. Z. 270 (2002), 311-343.
[3] W. Arendt, S. Bu : Operator-valued Fourier miltipliers on periodicBesov space , and application. Proc. Edinburgh Math. 47 (2004), 15-33.
[4] W. Arendt, C. Batty : Fourier miltipliers for Hölder continuous functions and maximal regularity. Studia Math. 160 (2004), 23-51.
[5] W. Arendt, F. Räbiger, A. Sourour : Spectral properties of the operator equation AX+XB=Y. Quart. J. Math. Oxford 45 (2) (1994), 133-149.
[6] S. Bu, Ph. Clément, Guerre-Delabrière : regularity of pairs of positive operators. Illinois J. Math. 42 (3) (1998), 357-370.
[7] S. Bu, R. Chill : A remark about the interpolation of space of cantinuous, vector-valued functios. J. Math. Anal. Appl. 288 (2003), 246-250.
[8] F. F. Bonsall, J. Duncan : Complex Normed Algebras. Springer. Berlin (1973).
[9] Ph. Clémen, G. Gripenberg, V. Högnäs : some remark of the method of sums. Sto-chastic prosses, Physics and Geometry : new interplays Il (Leipzig 1999) 125-134 CMS conf. Proc. 29. American Math. Soc. Provedece, RI.2000.
[10] Ph. Clémen, G. Gripenberg, S-O. Londen : Shauder estimates for equtions with func-tional derivatives . Trans. AMS 352 (200), 2239-2260.
[11] G.Daproto, P.griward : Sommes d’opérateurs linéaires et équations di¤ érentielles opéra-tionnelles. J.MATH. Pures et appl, 54, 1975, P, 305-387.
[12] Wolfgang Arendt & Shangquan Bu : Sums of Bisectorial Operators and Applications. Integer. equ. theory 52 (2005), 299-321 c 2005 Birkhäuser Verlag Basel/ Switzerland 0378-620X/030299-23, published online June 28, 2005 DOI 10.1007/ s00020-005-1350-z.
