corrige agreg externe AP2012 PDF

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Titre: corAgregExt2012AnaProb.DVI

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Corrigé de l’épreuve d’analyse et de probabilités
Concours Externe d’Agrégation Mathématiques 2012
abdelbaki.attioui@ gmail.com
1. Dimension finie
2
2
1.(1) Par récurrence sur n. Pour n = 2, soit (a; b) 2 C2 tel que ja + bj = jaj + jbj. Alors, jaj + jbj + 2 jaj jbj =
2
2
2
ja + bj = (a + b)(a + b) = jaj + jbj + 2<e (ab). Donc, <e (ab) = jaj jbj. Supposons que cette proprièté est vraie
pour n complexes (n > 2) et soit (w1 ; ¢ ¢ ¢ ; wn+1 ) 2 Cn+1 tel que jw1 + ¢ ¢ ¢ + wn+1 j = jw1 j + ¢ ¢ ¢ + jwn+1 j. Soient
j et ` dans f1; ¢ ¢ ¢ ; n + 1g distincts, il existe au moins un m 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; n + 1g distinct de j et de `. On a :
¯
¯
¯
¯n+1 ¯ ¯¯
¯
¯X
¯
n+1
¯X ¯ ¯
X
X
X
X
¯
¯
¯
¯
¯ ¯
¯
¯
jwm j +
jwk j =
jwk j = ¯
wk ¯ = ¯wm +
wk ¯ 6 jwm j + ¯
wk ¯¯ 6 jwm j +
jwk j
¯
¯ ¯
¯
¯k6=m ¯
k6=m
k=1
k=1
k6=m
k6=m
¯
¯
¯
¯X
X
¯
¯
¯
Alors, ¯
wk ¯¯ =
jwk j et d’après l’hypothèse de récurrence <e (wj w` ) = jwj j jw` j. D’où le résultat. On
¯k6=m ¯
k6=m
suppose que les wj sont non nuls alors, pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, il existe µj 2 [0; 2¼[ tel que wj = eiµj jwj j.
Soient j et ` dans f1; ¢ ¢ ¢ ; ng distincts, on a alors wj w` = ei(µ` ¡µj ) jwj j jw` j et puisque <e (wj w` ) = jwj j jw` j,
alors cos(µ` ¡ µj ) = 1. Mais, jµ` ¡ µj j < 2¼. Par suite, µ` = µj . Soit µ = µ1 , alors pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,
wj = eiµ jwj j. Cette dérnière égalité est valable aussi si wj = 0.
1.(2) Si ak;j = 0 pour un certain couple (k; j). On considère l’élément ej de Rn dont toutes les coordonnées sont
nulles sauf la jième qui vaut 1. Alors, ej 2 Rn n f0g et la kième coordonnée de Aej est nulle ce qui contredit
l’hypothèse du théorème. Donc, tous les coefficients de la matrice A sont strictement positifs.
¯ n
¯
n
¯X
¯
X
¯
¯
1.(3) Si A jzj = jAzj alors, pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,
ak;j jzj j = ¯
ak;j zj ¯. Comme, d’après 1.(2), les
¯
¯
k=1
¯ k=1
¯
n
n
¯
¯
X
¯X
¯
coefficients ak;j sont strictement positifs,
jak;j zj j = ¯
ak;j zj ¯ alors, d’après 1.(1), pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,
¯
¯
k=1

k=1

il existe µk 2 [0; 2¼[ tel que ak;j zj = eiµk jak;j zj j pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Mais, ak;j > 0 pour tous k et j dans
f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Donc, pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, il existe µk 2 [0; 2¼[ tel que zj = eiµk jzj j pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng.
Soient k et k 0 dans f1; ¢ ¢ ¢ ; ng distincts, on a pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng tel que zj 6= 0, zj = eiµk jzj j = eiµk0 jzj j.
Alors, µk = µk0 car jµk ¡ µk0 j < 2¼. Soit µ = µ1 , alors pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, zj = eiµ jzj j car l’égalité est
aussi valable si zj = 0. Inversement, si pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, zj = eiµ jzj j alors, pour tout
¯ n k 2 f1;¯ ¢ ¢ ¢ ; ng,
n
n
n
¯X
¯
X
X
X
¯
¯
ak;j zj = eiµ
ak;j jzj j. Par conséquent, pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,
ak;j jzj j = ¯
ak;j zj ¯. Donc,
¯
¯
k=1

k=1

A jzj = jAzj .

1.(4) Soit x 2 C, (Axje) =

k=1

n X
n
X

k=1 j=1

0 6 (Axje) 6

ak;j xj =
Ã

n X
n
X

ak;j xj qui est une somme à termes positifs alors

j=1 k=1

max

j2f1;¢¢¢ ;ng

n
X

k=1

ak;j

k=1

!

1.(5) On a 0 2 E car Ae 2 C et e 2 C n f0g. Soit tm =
strictement positives. De plus, pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,

n
X

xj = (xje)

j=1

min

k2f1;¢¢¢ ;ng
n
X
j=1

n
X

Ã

max

j2f1;¢¢¢ ;ng

n
X

k=1

ak;j

!

ak;j alors, tm > 0 car Ae est à coordonnées

j=1

ak;j ¡ tm > 0 alors, Ae ¡ tm e 2 C. Donc, tm 2 E en

d’autres termes E est non réduit à f0g. Soit t 2 E, il existe x 2 C n f0g tel que Ax ¡ tx 2 C. Pour tout s 2 [0; t]
n
n
X
X
et pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,
ak;j xj ¡ sxk >
ak;j xj ¡ txk > 0. Alors, Ax ¡ sx 2 C. Par suite, s 2 E .
j=1

j=1

Donc, E est un intervalle. Soit t >k A k= supfk Ax k = k x k6 1g (la norme considèrée sur Rn est la norme sup).
n
X
ak;j xj
k Ax k
j=1
>
. Donc,
Soit x 2 C n f0g, alors k x k= xk > 0 pour un certain k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Par suite, t >
xk
xk
1

la kième coordonnée de Ax ¡ tx est strictement négative et alors t 2
= E. On en déduit que E ½ [0; k A k] et par
conséquent, E est borné. Soit (tp )p une suite d’élément de E convergente de limite un réel t > 0 car pour tout p,
x
tp > 0. Pour tout p, il exite xp 2 C n f0g tel que Axp ¡ tp xp 2 C. Pour tout p, on pose: yp = kxppk . La suite (yp )p
étant bornée on peut alors en extraire une sous suite convergente notée encore (yp )p . Soit y = lim yp . Il est clair
pÃ+1

que C est un fermé de Rn et que l’application (t; x) 7! Ax ¡ tx de R £ Rn dans Rn est continue et que pour tout p,
Ayp ¡ tp yp 2 C alors Ay ¡ ty 2 C. Mais, y 2 C n f0g car y 2 C et k y k= 1 par suite t 2 E. Donc, E est fermé.
1.(6) Soit x 2 Cnf0g vérifiant Ax¡½x 2 C. Si y = Ax¡½x 6= 0, alors les coordonnées de Ax et de Ay sont strictement
n
X
ak;j yj
n
n
X
X
j=1
positives . Par suite, " = min n
> 0 et on a alors, pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,
ak;j yj ¡"
ak;j xj > 0.
06k6n X
j=1
j=1
ak;j xj
j=1

En d’autres termes, Ay ¡ "Ax 2 C. Mais, Ay ¡ "Ax = A(Ax) ¡ (½ + ")Ax et comme Ax 2 C n f0g alors ½ + " 2 E
ce qui contredit le fait que ½ = max E. Donc, Ax = ½x. On a ½ 2 E car E est fermé. Il existe alors v 2 C n f0g
tel que Av ¡ ½v 2 C. D’après ce qui précède, Av = ½v. Donc, ½ est une valeur propre de A et v est en un vecteur
1
propre associé à coordonnées strictement positives car v = Av et Av est à coordonnées strictement positives.
½
n
X
ak;j zj = ½zk . En suite, pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,
1.(7) Soit z 2 Cn . Si Az = ½z alors, pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng,

j=1
¯
¯
¯ n
¯
¯X
¯
ak;j jzj j > ¯¯
ak;j zj ¯¯ = ½ jzk j. Ceci permet de dire que A jzj ¡ ½ jzj 2 C. Alors, d’après 1.(6), si z 6= 0,
¯j=1
¯
j=1

n
X

A jzj = ½ jzj puis A jzj = jAzj ( égalité valable si z = 0). D’après 1.(3), il existe µ 2 [0; 2¼[ tel que zj = eiµ jzj j
n
n
n
X
X
X
pour tout j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. (zjv) =
zj vj = e¡iµ
jzj j vj = 0. Alors,
jzj j vj = 0 somme à termes positifs
j=1

j=1

j=1

et en plus tous les vj > 0 alors tous les zj = 0. Donc z = 0. Il est facile de voir que Vectfvg ½Ker(A ¡ ½1).
Soit z 2Ker(A ¡ ½1). Alors, Az = ½z et le théorème de la projection orthogonale permet d’écrire z = z1 + ¹v
avec (z1 jv) = 0 et ¹ 2 C. On en déduit que Az1 = ½z1 et d’après ce qui précède z1 = 0 et z = ¹v 2Vectfvg.
Donc, Vectfvg =Ker(A ¡ ½1). Soit ¸ 2 C une valeur propre de A, il existe z 2 Cn non nul tel que Az = ¸z.
Alors A jzj ¡ j¸j jzj 2 C et jzj 2 C n f0g alors j¸j 2 E. Donc j¸j 6 ½. Maintenant si ¸ 6= ½ alors j¸j < ½. En
effet, si j¸j = ½, d’après 1.(6), A jzj = ½ jzj. Mais, A jzj = ½ jzj = jAzj. D’après 1.(3), il existe µ 2 [0; 2¼[ tel que
z = eiµ jzj. Par suite, ¸z = Az = eiµ A jzj = eiµ ½ jzj = ½z, puis ¸ = ½ ce qui est absurde. D’où le résultat.
1.(8) Soit w un vecteur propre de A à coordonnées positives. Comme A et AT ont les mêmes valeurs propres, il
existe Á 2 Cn non nul tel que AT Á = ½Á. En fait, Á peut être
¡ choisi ¢à coordonnées strictement positives. Soit ¸ 2 C
la valeur propre de A telle que Aw = ¸w, alors (AwjÁ) = wjAT Á ce qui donne ¸ (wjÁ) = ½ (wjÁ) et comme w
et Á sont à coordonnées strictement positives on a (wjÁ) > 0 et alors ¸ = ½. D’après 1.(7), w 2Vectfvg. D’où le
résultat.
1.(9) Le problème de Cauchy en question admet une solution unique y définie sur R car l’équation différentielle est
d
autonome dt
y = Ay = f (y) avec f est une application de Rn dans lui même vérifiant la condition de CauchyLipschitz ( f est l’endomorphisme de Rn de matrice A). Il est bien connu que y(t) = etA yInit , pour tout t 2 R.
Soit t > 0, alors tous les coefficients de la matrice etA sont strictement postifs car la matrice A est à coefficients
+1 k
X
t k
strictement postifs et etA =
A . Comme yInit est à coordonnées positives alors les coordonnées de y(t) sont
k!
k=0
postives.
Ã+1
! +1
+1 k
X tk
X tk ¡
¡ tA
¢
¢ X
¢
t ¡
k
A yInit jÁ =
Ak yInit jÁ =
yInit j(Ak )T Á .
1.(10) Soit t 2 R, (y(t)jÁ) = e yInit jÁ =
k!
k!
k!
k=0

k=0
+1 k
X

Puisque (Ak )T Á = (AT )k Á = ½k Á pour tout k 2 N alors (y(t)jÁ) =

k=0

k=0

+1
X
¢
t ¡
(½t)k
yInit j½k Á =
(yInit jÁ) =
k!
k!
k=0

e½t (yInit jÁ). D’où le résultat.
1.(11) Soit j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Pour tout t > 0, e¡½t yj (t)Áj 6 (y(t)jÁ) e¡½t = (yInit jÁ). Comme Áj > 0 alors
e¡½t yj (t) 6 Á1j (yInit jÁ). Donc l’application t 7! e¡½t yj (t) est bornée sur [0; +1[.
2

1.(12) Soient ¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n les valeurs propres de A, comptées avec ordre de multiplicité. Soit d la matrice diagonale diag(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ). Comme ¾(A) = ¾(D) et D diagonalisable, il existe une matrice inversible P telle que
D = P dP ¡1 . D’autre part, la matrice N étant nilpotente, alors N k = 0 pout tout k > n car l’indice de nilpotence
6 n. Soit t 2 R, y(t) = etA yInit = etD etN yInit car les matrices D et N commutent. Par un calcul immédiat, etD =
n
n
X
X
tk k
tk k
P etd P ¡1 = P diag(et¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; et¸n )P ¡1 et etN =
N . On a alors etA = P diag(et¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; et¸n )P ¡1
N .
k!
k!
k=0
k=0
n
X
tk (k) t¸1
(k)
Soit j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, la jième ligne de la matrice etA s’écrit alors sous la forme
(c e ¢ ¢ ¢ cj;n et¸n ) avec les
k! j;1
k=0
n X
n
n
X
X
X
tk (k) t¸`
tk (k)
(k)
cj;` 2 R. Par suite, yj (t) =
cj;` e (yInit )` =
P¸;j (t)et¸ avec les P¸` ;j (t) =
c (yInit )`
k!
k! j;`
`=1 k=0

k=0

¸2¾(A)

des fonctions polynomiales.

1.(13) Soit j 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, e¡½t yj (t) = P½;j (t) +

X

¸2¾(A)nf½g

P¸;j (t)e¡t(½¡¸) . D’après 1.(7) j¸j < ½, pour tout

¸ 2 ¾(A) n f½g et d’après 1.(11) l’application t 7! e¡½t yj (t) est bornée sur [0; +1[ alors il en est de même pour
l’application polynomiale P½;j sur [0; +1[. Donc, l’application polynomiale P½;j est constante sur R.
1.(14) D’après 1.(13), lim e¡½t y(t) = (P½;1 (0) ¢ ¢ ¢ P½;n (0)) que l’on note par w. D’après 1.(10), (e¡½t y(t)jÁ) =
t!+1
1
0
´
³
X
0
0
d
(yInit jÁ) alors (wjÁ) = (yInit jÁ). Mais, Ay(t) = dt
y(t) = (yj (t))16j 6n = @
P¸;j (t) + ¸P¸;j (t) et¸ A
0

Alors, e¡½t Ay(t) = ½w + @

X

¸2¾(A)nf½g

³

1
´
0
P¸;j (t) + ¸P¸;j (t) e¡t(½¡¸) A

¸2¾(A)

16j 6n

. On en déduit, avec le mêmes ar16j 6n

guments, que lim e¡½t Ay(t) = ½w. Ceci donne Aw = ½w, par suite w 2 Vectfvg d’après 1.(7). Ces égalités
t!+1

permettent de dire que w = (yInit jÁ) v. Conclusion, lim e¡½t y(t) = (yInit jÁ) v
t!+1

2. Quelques éléments d'analyse spectrale
2.(1) Si k T kL(E) < 1 alors la série de terme général T k converge. Soit S =
donne (1 ¡ T )

N
X

k=0

+1
X

T k . Par ailleurs, un simple calcul

k=0

T k = 1 ¡ T N+1 , pour tout N 2 N. Ensuite on aura, quand N tend vers +1, (1 ¡ T )S = 1.

Donc, 1 ¡ T est bijective et (1 ¡ T )¡1 =

+1
X

T k.

k=0

2.(2) Si j¸j >k T kL(E) , alors k ¸1 T kL(E) < 1. D’après 2.(1), (¸1 ¡ T ) = ¸(1 ¡ ¸1 T ) est bijective. Donc
+1
+1
X
X
1 k
1
1
1
1
¡1
¸ 2Res(T ) et (¸1 ¡ T ) = ¸
T . Par suite, k R¸ (T ) kL(E) 6 j¸j
k T kkL(E) =
alors
k
¸k
j¸j
¡
k
T kL(E)
k=0
k=0 j¸j
lim k R¸ (T ) kL(E) = 0.
j¸j!1

2.(3) On sait que le groupe linéaire, noté GL(E), est un ouvert de L(E). On a par définition, Res(T ) est l’image réciproque de l’ouvert GL(E) par l’application ¸ 7! ¸1¡T qui est clairement continue de C dans L(E). Donc, Res(T )
est un ouvert de C. Soient x 2 E et ` 2 E 0 . Soit ¸0 2Res(T ), pour tout ¸ 2 C, ¸1 ¡ T = (¸0 1 ¡ T ) + (¸ ¡ ¸0 )1. Il
suit que ¸1 ¡ T = (¸0 1 ¡ T )(1 ¡ (¸0 ¡ ¸)R¸0 (T )) et si j¸0 ¡ ¸j <k R¸0 (T ) k¡1
L(E) l’opérateur 1 ¡ (¸0 ¡ ¸)R¸0 (T )
+1
X
est bijectif d’après ce qui précède en outre (1 ¡ (¸0 ¡ ¸)R¸0 (T ))¡1 =
(¸0 ¡ ¸)k R¸0 (T )k . Donc, R¸ (T ) =
k=0

+1
X

k=0

(¸0 ¡ ¸)k R¸0 (T )k+1 si j¸0 ¡ ¸j <k R¸0 (T ) k¡1
. La série étant normalement convergente, on peut alors écrire
L(E)

©(¸) =

+1
X

k=0

(¸0 ¡ ¸)k `(R¸0 (T )k+1 x). Donc, l’application Á est développable en série entière au voisinage de ¸0 .

Remarquer que ceci fournit une autre démonstation de Res(T ) est un ouvert de C.

3

.

2.(4) Soit T 2 L(E), Res(T ) est un ouvert de C alors ¾(T ) est un fermé de C. D’après 2.(2), ¾(T ) est contenu
dans le disque de centre 0 et de rayon k T kL(E) . Donc, ¾(T ) est un compact. Si ¾(T ) = ; alors Res(T ) = C . Par
hypothèse, il existe ` 2 E 0 non nulle et soit x 2 E non nul . D’après 2.(3), l’application, à valeurs complexes, © est
holomorphe dans C et elle bornée car tend vers zéro quand j¸j ! 1 alors elle est constante, d’après le théorème de
Liouville. Comme la forme linéaire ` et x sont non nuls, l’application ¸ 7! R¸ (T ) est alors constante. Il en est de
même que son inverse ¸ 7! ¸1 ¡ T , ce qui est absurde.
2.(5) Soit M 6= E un sous-espace fermé, il existe x 2 E tel que x 2
= M . Puisque M est fermé, le nombre t = d(x; M )
x¡y
est strictement positif. Il existe y 2 M tel que k x ¡ y k6 2t. Soit u = kx¡yk
, alors k u k= 1. Pour tout z 2 M ,
1
u ¡ z = kx¡yk (x ¡ y¡ k x ¡ y k z) et m+ k x ¡ y k z 2 M alors d(u; M ) > 12 . Soit x0 2 E tel que k x0 k= 1.
Soit M0 =Vectfx0 g, D’après ce qui précède, il existe x1 2 E tel que k x1 k= 1 et k x1 ¡ x0 k> d(x1 ; M0 ) > 12 .
Supposons x0 ; ¢ ¢ ¢ ; xn construis, soit Mn =Vectfx0 ; ¢ ¢ ¢ ; xn g. Puisque E est de dimension infinie, Mn 6= E. Alors
il existe xn+1 2 E tel que k xn+1 k= 1 et d(xn+1 ; Mn ) > 12 . Alors, pour n > m, k xn ¡ xm k> d(xn ; Mn¡1 ) > 12 .
D’où le résultat.
2.(6) Si T est bijective, le théorème de Banach permet de dire que T est en fait un hoémorphisme de E sur lui
même et alors l’image T (B(0; 1)) de la boule unité B(0; 1) serait un voisinage de 0. Comme T (B(0; 1)) est en plus
relativement compact, d’après le théorème de Riesz, E est de dimension finie ce qui contraire à l’hypothèse. Donc,
0 2 ¾(T ). Soit ¸ 2 C n f0g une valeur propre de T . Pour x 2 B(0; 1)\Ker(¸1 ¡ T ), T (x) = ¸x 2 j¸j B(0; 1),
alors la boule unité de l’espace Ker(¸1 ¡ T ) est relativement compact car Ker(¸1 ¡ T ) est fermé et T est compact.
D’après le théorème de Riesz Ker(¸1 ¡ T ) est de dimension finie.
2.(7) Soit ¸ 2 C n f0g tel que ¸1 ¡ T est injectif.
1
i) On suppose le contraire, il existe une suite (xn )n d’éléments de E tell que k xn k= 1 et k (¸1 ¡ T )xn k< n+1
pour tout n 2 N. Mais la suite (xn )n est bornée et T est compact, on peut en extraire une sous suite que l’on note
encore (xn )n telle que la suite (T (xn ))n converge vers un y 2 E. Par suite, y 2 Ker(¸1 ¡ T ) et k y k= ¸ 6= 0
ce qui contrdit l’hypothèse ¸1 ¡ T injectif. Soit F un fermé de E, Soit (xn )n une suite de F telle que la suite
((¸1 ¡ T )xn )n converge vers un y 2 E. D’après ce qui précède, k (¸1 ¡ T )xn ¡ (¸1 ¡ T )xm k> ® k xn ¡ xm k
pour tous n; m 2 N. Alors la suite (xn )n est de Cauchy dans F qui est fermé, elle converge alors vers un
x 2 F . On en déduit que (¸1 ¡ T )x = y 2 (¸1 ¡ T )(F ). Donc (¸1 ¡ T )(F ) est fermé.

ii) D’après le résultat précédent, (Im((¸1 ¡ T )n )))n est une suite décroissante de sous espaces fermés dans E.
Soit n 2 N, alors Im((¸1 ¡ T )n+1 )) ½ Im((¸1 ¡ T )n ) en outre l’inclusion est stricte car sinon pour tout y 2 E,
il existe x 2 E tel que (¸1 ¡ T )n y = (¸1 ¡ T )n+1 x. Mais (¸1 ¡ T )n est injectif alors y = (¸1 ¡ T )x. Donc,
Im(¸1 ¡ T ) = E ce qui est contraire à l’hypothèse.
iii) (Im((¸1 ¡ T )n )))n est une suite strictement décroissante de sous espaces fermés dans E. Soit n 2 N, en
appliquant 2.(5) à E = Im((¸1 ¡ T )n ) et M =Im((¸1 ¡ T )n+1 ) le résulat en découle.
iv) Si (¸1 ¡ T ) n’est pas surjectif alors, d’après ce qui précède , il existe une suite (xn )n telle que k xn k= 1,
xn 2 Im((¸1 ¡ T )n ) et d(xn ;Im((¸1 ¡ T )n+1 )) > 12 pour tout n 2 N. Alors pour tous m > n, k xn ¡ xm k>
d(xn ;Im((¸1 ¡ T )n+1 )) > 12 . On pose pour n > 1, xn = (¸1 ¡ T )yn alors 1 =k (¸1 ¡ T )yn k> ® k yn k. On
en déduit que la suite (yn )n>1 est bornée. Par compacité de l’oprateur T , on peut en extraire une sous suite
(ynk )k , telle que la suite (T (ynk ))k converge vers x 2 E. Donc, la suite (xn )n admet l’élément (¸1 ¡ T )x
comme valeur d’adhérence ce qui est absurde avec l’inégalité k xn ¡ xm k> 12 pour m > n. Donc, (¸1 ¡ T )
est surjectif. Finalement, on a vu que 0 2 ¾(T ) et si ¸ 2 ¾(A) avec ¸ 6= 0 alors, par définition, (¸1 ¡ T ) n’est
pas bijectif. D’après ce qui précéde (¸1 ¡ T ) n’est pas injectif. Donc ¸ est une valeur propre de T .
3. Exemple et contre-exemple sur un espace de fonctions
3.(1)
i) Il est clair que I est linéaire continue, k I k6 1 et I[f ] > 0 pour f > 0. Il reste à montrer qu’elle est compacte,
il s’agit de montrer que l’ensemble F = fI[f ]= k f k1 6 1g est relativement compact. D’une part, la partie F
de C 0 ([0; 1]) est uniformément bornée. D’autre part, pour f; g 2 C 0 ([0; 1]) tels que k f k1 6 1 et k g k1 6 1,
k I[f ] ¡ I[g] k1 =k I[f ¡ g] k1 6k f ¡ g k1 , on en déduit que F est équicontinue. On conclut ensuite par le
théorème d’Ascoli
0
ii) Supposons que I admet
Z xune valeur propre ¸ 2 C. Alors il existe f 2 C ([0; 1]) non nulle telle que I[f ] = ¸f .
Pour tout x 2 [0; 1],
f (t)dt = ¸f (x). Par suite, f est de classe C 1 sur [0; 1] et f = ¸f 0 . Comme f est
0

4

non nulle, ¸ 6= 0 et f (x) = c exp( ¸x ) où c est une constante complexe. Mais f (0) = 0 alors c = 0 et f est la
fonction nulle ce qui absurde.
¯
¯
¯
¯ e2i¼nx
0
^
¯
3.(2) Pour f 2 C# et x 2 R, la série définissant T [f ](x) est normalement convergente sur R car ¯ 2
f (n)¯¯ 6
a + 4¼ 2 n2
X e2i¼n(x+1)
k f k1
pour tout n 2 Z. Alors T [f ] est continue sur R. Soit x 2 R, T [f ](x + 1) =
f^(n) =
2
2
2
a + 4¼ n
a2 + 4¼ 2 n2
n2Z
X
1
2i¼n
0
= 1 pour tout n 2 Z. Donc, T [f ] 2 C# et k T [f ] k1 6 ® k f k1 où ® =
. En
T [f ](x) car e
2
a + 4¼ 2 n2
n2Z

0
d’autres termes f 7! T [f ] est un opérateur de L(C#
) ( La linéarité de T est immédiate).
X e2i¼n(x+1)
0
3.(3) Soit f 2 C#
. Pour x 2 R, T [f ](x) =
f^(n). La série étant normalement convergente alors,
a2 + 4¼ 2 n2
n2Z
Z 12
X e2i¼n(x¡y)
T [f ](x) =
f (y)
dy. Par ailleurs, les coefficients de Fourier de la fonction k sont données par
a2 + 4¼ 2 n2
¡ 12
n2Z
Z 12
^
k(n)
=
e¡2i¼nx k(x)dx, n 2 Z. Alors,
¡ 12

^
k(n)
=
=
=
=
=
=

Z 12
Z 12
Z 12
1
J
J
(¡2i¼n¡a)x
(¡2i¼n+a)x
e
dx +
e
dx +
e
dx +
e(¡2i¼n¡a)x dx
2a 0
4a ¡ 12
4a ¡ 12
¡ 12
¡
¢
¡
¢
J e¡i¼n+a=2 ¡ ei¼n¡a=2
J e¡i¼n¡a=2 ¡ ei¼n+a=2
1 ¡ ei¼n¡a=2
e¡i¼n¡a=2 ¡ 1
+
+
+
2a(¡2i¼n + a) 2a(¡2i¼n ¡ a)
4a(¡2i¼n
4a(¡2i¼n
¡ a) ¢
¡ a=2 + a)
¢
¡
n
¡a=2
(¡1)n J e¡a=2 ¡ ea=2
¡e
1 ¡ (¡1)n e¡a=2
(¡1)n e¡a=2 ¡ 1 (¡1) J e
+
+
+
2a(¡2i¼n + a)
2a(¡2i¼n ¡ a)
4a(¡2i¼n + a)
4a(¡2i¼n ¡ a)
1 ¡ (¡1)n e¡a=2 + (¡1)n J sinh(a=2) 1 ¡ (¡1)n e¡a=2 + (¡1)n J sinh(a=2)
+
2a(¡2i¼n + a)
2a(2i¼n + a)
1 ¡ (¡1)n e¡a=2 + (¡1)n J sinh(a=2)
a2 + 4¼ 2 n2
1
e¡a=2
2
ssi J =
= a
> 0 car a > 0:
2
2
2
a + 4¼ n
sinh(a=2)
e ¡1
1
2a

Z

0

(¡2i¼n+a)x

Ainsi d’après un théorème de Dirichlet, k(x) =

X

n2Z

e2i¼nx
pour x 2 R. Donc, T [f ](x) =
2
a + 4¼ 2 n2

Z

1
2

¡ 12

k(x ¡ y)f (y)dy.

0
3.(4) Soit f 2 C#
telle que f > 0 sur [0; 1] et f 6= 0. Alors, pour tout x 2 [0; 1], T [f ](x) > 0 car par définition,
k > 0 sur R et f > 0 sur [¡ 12 ; 12 ] par 1-périodicité. Supposons que T [f ](x) = 0 pour un certain x 2 [0; 1], la
continuité de l’application positive, y 7! k(x ¡ y)f (y) sur [¡ 12 ; 12 ] donne k(x ¡ y)f (y) = 0, 8 y 2 [¡ 12 ; 12 ]. Par suite,
f est nulle sur [¡ 12 ; 12 ] et par 1-périodicité, f est identiquement nulle sur R ce qui contraire à l’hypothèse. Donc,
pour tout x 2 [0; 1], T [f ](x) > 0.
3.(5) Il s’agit de montrer que l’ensemble F = fT [f ]= k f k1 6 1g est relativement compact. On déduit de 3.(3) et
0
le fait que k 2 C#
que jT [f ](x)j 6k k k1 si k f k1 6 1 et x 2 R. Alors, F est uniformément borné. D’autre part,
¯Z 1
¯ Z 1
¯ 2
¯
2
¯
¯
si x; y 2 R et k f k1 6 1, jT [f ](x) ¡ T [f ](y)j = ¯
(k(x ¡ t) ¡ k(y ¡ t))f (t)dt¯ 6
jk(x ¡ t) ¡ k(y ¡ t)j dt.
¯ ¡1
¯
¡ 12
2
Mais, l’application k est uniformément continue sur R, pour tout " > 0 il existe ´ > 0 tel que si x; y 2 R vérifient jx ¡ yj < ´ alors jk(x) ¡ k(y)j < ". Par suite, jk(x ¡ t) ¡ k(y ¡ t)j < " pour tout t 2 R. En particulier,
jT [f ](x) ¡ T [f ](y)j < " si jx ¡ yj < ´ et k f k1 6 1. Donc F est équicontinu. D’où le résultat d’après le théorème
0
d’Ascoli. Ainsi T est un opérateur compact de L(C#
).
0
3.(6) Soient ¸ 2 C et f 2 C#
n f0g vérifiant T [f ](x) = ¸f (x) pour tout x 2 R. Alors pour tout x 2 R,
X
2i¼nx ^
^
^
e
f (n)(k(n)
¡ ¸) = 0. Par conséquent, pour tout n 2 Z, f^(n)(k(n)
¡ ¸) = 0 et comme f n’est la fonction

n2Z

1
1
^
< 2 = k(0).
a2 + 4¼ 2 n2
a
^
^
Donc, pour tout ¸ valeur propre de T , 0 6 ¸ 6 k(0).
Il reste à montrer que k(0)
est une valeur propre de T . Il
0
^
^
s’agit de chercher une fonction v 2 C# n f0g telle que pour tout n 2 Z, v^(n)(k(n)
¡ k(0))
= 0 alors v^(n) = 0 pour
^
^
nulle, il existe n 2 Z tel que f^(n) 6= 0, par suite k(n)
= ¸. Pour tout n 2 Z¤ , k(n)
=

5

0
n 2 Z¤ . Donc, v est une constante non nulle. On prendra v(x) = 1 pour tout x 2 R, alors v 2 C#
n f0g vérifiant
^
^
T [v] = k(0)v. Donc, k(0) est l’unique valeur propre maximale de T et l’espace propre associé est l’espace des
^
^
0 ) = k(0).
0 ) > k(0).
fonctions constantes. On a k T kL(C#
L’autre inégalité s’obtient
En effet, k v k1 = 1, alors k T kL(C#
e où fe respectivement e
en utilisant l’inégalité de Hölder, en écrivant T [f ] = fe ¤ k
k coïncide avec f respectivement
£ 1 1¤
e
e
^
avec k sur l’intervalle ¡ 2 ; 2 et elles sont nulles ailleurs. k T [f ] k1 6k f k1 ¤ k k k1 = k(0)
k f k1 .
1
Z 2
0
3.(7) La forme linéaire ' de C#
définie par: '(g) =
g(t)dt est continue car j'(g)j 6k g k1 . Donc,
¡ 12

0
Ker(') = V est un sous-espace fermé de C#
. Soit g 2 V ,

Pour tout y 2 R,

Z

1
2

g(y)dy:
¡ 12

Z

1
2

¡ 12

Z

1
2

¡ 12

k(x ¡ y)dx =

Z

1
2 ¡y

k(t)dt =
¡ 12 ¡y

Z

1
2

Z

1
2

¡ 12

T [g](x)dx =

Z

1
2

¡ 12

Z

1
2

¡ 12

k(x ¡ y)g(y)dydx.

k(t)dt par 1-périodicité. Alors,
¡ 12

Z

1
2

¡ 12

T [g](x)dx =

k(t)dt = 0. Donc, T [V ] ½ V .

0
3.(8) Soit f 2 C#
telle que f^(0) =

Z

1
2

¡ 12

f (t)dt 6= 0. D’après le résultat de 3.(7) , on peut écrire f = g + f^(0)v avec

1
1
g 2 V . Pour tout n 2 N, T n [f ] = T n [g] + 2n f^(0)v d’après 3.(6). Soit x 2 R, T n [f ](x) = T n [g](x) + 2n f^(0).
a
a
D’où le résultaat.
4. Un théorème de point fixe
4.(1) Soit x = (xn )n2N 2 B(0; 1) ½ `2 (N), k f (x) k22 = (1¡ k x k22 )+ k x k22 = 1 alors f est à valeurs dans la sphère
unité de `2 (N). Si f (x) = x alors k x k22 = 1 et xn = 0 pour tout n 2 N ce qui est absurde. Donc, f n’admet pas de
point fixe. Il reste à montrerpla continuité de f , pour cela on peut écrire f comme la somme des deux applications
continues x = (xn )n2N 7! ( 1¡ k x k22 ; 0; 0; 0; ¢ ¢ ¢ ) et x = (xn )n2N 7! (0; x0 ; x1 ; x2 ; ¢ ¢ ¢ ). D’où le résultat.
4.(2)
o

i) Soit y 2 f (B), y 2B (yi ; n1 ) pour un certain 1 6 i 6 Nn . Soit z 2 f (B) tel que k y ¡ z k<
o

1
n

(yi ; n1 )

1
n¡

k y ¡ yi k, alors

k z ¡ yi k6k y ¡ z k + k y ¡ yi k< . Par suite, z 2B
et ª(y) ¡ ª(z) =k z ¡ yi k ¡ k y ¡ yi k, puis
jª(y) ¡ ª(z)j 6k y ¡ z k . Donc, pour tout " > 0, soit 0 < ´ 6 min( n1 ¡ k y ¡ yi k; ") si z 2 f (B) vérifiant
k y ¡ z k< ´ alors jª(y) ¡ ª(z)j < ". D’où la continuité de ª. Par hypothèse f est compacte, alors f (B) est
compact par conséquent la fonction ª atteint sa borne inférieure. Soit ± = min ª(f (B)) alors ± > 0 car par
définition, ª(y) > 0 pour tout y 2 f (B). D’où le résultat.

ii) Soit x 2 B, ª(f (x))(f (x) ¡ fn (x)) =

Nn
X
j=1

Ãj (f (x)) [f (x) ¡ yj ] =

X
j2I

Ãj (f (x)) [f (x) ¡ yj ] où I = fj 2

f1; ¢ ¢ ¢ ; ng= k f (x) ¡ yj k< n1 g car pour j 2
= I, Ãj (f (x)) = 0. Donc, ª(f (x)) k f (x) ¡ fn (x) k6
X
1
1
Ãj (f (x)) 6 ª(f (x)) puis k f (x) ¡ fn (x) k6 n1 .
n
n
j2I

4.(3)
i) Soit n 2 N¤ , avec la notation de 4.(2), on considère le sous-espace F de E engendré par fy1 ; ¢ ¢ ¢ ; yNn g
et C l’enveloppe convexe fermée de fy1 ; ¢ ¢ ¢ ; yNn g (on suppose qu’au moins l’un des yj est non nul car
sinon l’application f serait la constante nulle et par conséquent 0 est un point fixe de f ). Alors, C est une
partie convexe fermée de l’espace normé de dimension finie F . D’une part, par définition, pour tout x 2 B,
fn (x) 2 C. D’autre part, pour tout j, yj 2 f (B) ½ B alors C ½ B car B est un convexe fermé et puisqu’il
est en plus borné, C est alors borné. D’après ce qui précède, fn : C ! C est continue. D’après le théorème
de Brouwer, il existe xn 2 C tel que fn (xn ) = xn .
ii) D’après 4.(3).ii), il existe une suite (xn )n>0 de B telle que fn (xn ) = xn pour tout n > 0. l’application f
est compacte de B dan B, par hypothèse et la suite (xn )n>0 est bornée car B l’est, il existe une sous suite
(xnk )k telle que la suite (f (xnk ))k converge vers un y 2 B car B est fermé. D’après 4.(2).ii), pour tout k,
1
1
k f (xnk ) ¡ xnk k=k f (xnk ) ¡ fnk (xnk ) k6
. Alors, k y ¡ xnk k6
+ k f (xnk ) ¡ y k, la suite (xnk )k
nk
nk
converge alors vers y. Par continuité de f , f (y) = y. D’où l’existence d’un point fixe de f dans B.
6

5. Application en théorie spectrale
5.(1) Soit C l’ensembles des fonctions f continues et positives sur [a; b]. Alors, 0 2 C et C est fermé. En effet, soit
(fn )n une suite de C qui converge vers une fonction f , f est alors continue car la convergence est uniforme et f
est positive en utilisant seulement la convergence est simple. Soit f; g dans C et ®; ¯ 2 R+ , pour tout x 2 [a; b],
(®f + ¯g)(x) = ®f (x) + ¯g(x) > 0 alors ®f + ¯g 2 C. Si f 2 C et ¡f 2 C, alors pour tout x 2 [a; b], f (x) > 0 et
¡f (x) > 0, alors f = 0. Conclusion, C est un cône. Soit f 2 C 0 ([a; b]; R) telle que f (x) > 0 pour tout x 2 [a; b].
Soit m = minff (x) : x 2 [a; b]g > 0 , si k f ¡ g k< m, alors pour tout x 2 [a; b], jf (x) ¡ g(x)j < m. Par suite,
pour tout x 2 [a; b], g(x) > f (x) ¡ m > 0. Donc, l’ensemble U = ff 2 C 0 ([a; b]; R) : f > 0g est un ouvert contenu
o

dans C donc U ½C . On a C ½ U . En effet, soit f 2 C. Si m = minff (x) : x 2 [a; b]g > 0, f 2 U . Si m = 0, la
1
suite de terme général fn = f + n!
est dans U et elle converge vers f alors f 2 U . Comme C est fermé et U ½ C
o

alors C = U . Donc, C = U .

o

Existence d’un vecteur propre dans C . Soit x 2 C n f0g.

o

5.(2) Par hypothèse, le cône C est d’intérieur non vide et l’opérateur T est fortement positif, alors T (x) 2C . Il existe
o

r > 0 tel que la boule ouverte B (T x; r) ½ C. En particulier, T x ¡ 2krxk x 2 C. Soit w = 2kxk
r > 0 alors wT x ¡ x 2 C
d’où le résultat.
5.(3) Soit " > 0, on suppose y = M T (y + "x) avec M > 0 et y 2 C, y ¡ "M x = M T (y + "x) ¡ "M x =
M T y + "M (T x ¡ x) 2 C alors le résultat en question est vrai pour n = 1. Supposons qu’il est vrai pour n > 1,
y ¡ "M n+1 x = M T y + "M T x ¡ "M n+1 x
= M T y + "M T x ¡ "M n+1 T x + "M n+1 (T x ¡ x)
= M T (y + "x ¡ "M n x) + "M n+1 (T x ¡ x)
= "M T x + M T (y ¡ "M n x) + "M n+1 (T x ¡ x)

L’hypothèse de récurrence et le fait que T est positif sur le cône C permettent de conclure. Si M > 1, alors la suite
1
de terme général
y ¡ "x est dans C et elle converge vers ¡"x alors ¡x 2 C car C est fermé, par suite x = 0 car
Mn
x 2 C, ce qui est absurde. Donc M 6 1.
5.(4) Soit " > 0 et R > 0.
i) L’ensemble C" est fermé et borné car inclus dans la boule fermée de centre 0 et de rayon R , C est fermé et
l’application f" : y 7! y ¡"x est continue de E dans E, C" = B(0; R)\f"¡1 (C). Comme x est non nul, 0 2
= C" .
Soit y; z 2 C" et ® 2 [0; 1], ®y + (1 ¡ ®)z ¡ "x = ®(y ¡ "x) + (1 ¡ ®)(z ¡ "x) 2 C et k ®y + (1 ¡ ®)z k6 R
alors C" est convexe.
ky + " ky k xk
6k T kL(E) (1+" k x k) 6 R pour
kyk
R assez grand. Par ailleurs, k y k T" (y)¡" k y k x = T (y+" k y k x)¡" k y k x = T y+" k y k (T x¡x) 2 C. Par
suite, T" (y) ¡ "x 2 C. Donc, C" est stable par T" . Par définition, T" est continue sur C" car T est continu et la
norme est continue et > 0 sur C" . Soit (yn )n une suite de C" , T est compact alors on peut extraire une sous-suite
1
1
(ynk )k telle que (T (
yn ))k converge vers un y 2 E. Par conséquent, T" (ynk ) =
T (ynk ) + "T x
k y nk k k
k y nk k
converge vers y + "T x dans C" car stable et fermé. Donc, T" est compacte.

ii) Pour R > " k x k, "x 2 C" . Soit y 2 C" , k T" (y) k6k T kL(E)

1
y" + "x). Ceci
k y" k
devient avec les notations de l’énoncé, z" = M" T (z" + "x) et z" 2 C. D’après 5.(3), 0 < M" 6 1.

iii) D’après le théorème 2, il existe y" 2 C" telle que y" = T" (y" ). Alors, y" = T" (y" ) = T (

iv) Pour tout n > 0, on pose zn = z1=n et yn = y1=n en appliquant 5.(4).iii) pour " = 1=n. La suite (zn )n est
bornée, k zn k= 1 pour n > 0, alors on peut en extraire une sous suite (znk )k telle que la suite (T (znk ))k
1
converge vers un u 2 C par compacité de T et fermeture de C. Mais, ynk = T (znk ) +
T (x) alors la
nk
suite (ynk )k converge vers u . Par conséquent, la suite (k ynk k)k converge vers k u k. De l’inégalité
1
¡1
k ynk k= M1=n
> 1 pour tout k 2 N, on déduit que u est non nul, on pose alors ¸ =
. Puis de l’égalité
k
kuk
k ynk k znk = ynk pour tout k 2 N, on déduit que la suite (znk )k converge vers z = ¸u. Ensuite, pour tout
k 2 N, k ynk k T (znk ) = T (ynk ) donne z = ¸T (z). Enfin, puisque ¸ 2]0; 1], z 2 C n f0g et T est fortement
o

positif alors z = T (¸z) 2C .

7

Unicité.
o

5.(5) On suppose qu’il existe z 0 2C et ¹ > 0 tels que z 0 = ¹T z 0 . Soit A = fs > 0 : z ¡ sz 0 2 Cg.
o

i) On a 0 2 A car z 2 C. Par ailleurs, z 2C , il existe r > 0 tel que si k z ¡ y k6 r, y 2 C. En particulier,
r
y = z ¡ 0 z 0 2 C. Par suite, A est non réduit à f0g. Soit s 2 A, alors pour tout 0 6 t 6 s, on peut écrire
kz k
z ¡ tz 0 = z ¡ st + (s ¡ t)z 0 2 C. On en déduit que A est intervalle. L’application s 7! z ¡ sz 0 de R+ dans E
est continue et C est fermé alors A est fermé. Il reste à montrer que A est borné. Supposons que z ¡ nz 0 2 C
1
pour tout entier n > 0 par suite z ¡ z 0 2 C et puisque C est fermé, quand n tend vers +1, on aura ¡z 0 2 C
n
et alors z 0 = 0 car z 0 2 C et C est un cône. Mais, 0 n’est pas intérieur à C car sinon, il existe r > 0 tel que si
k y k6 r, y 2 C. En particulier, y = ¡rz 2 C alors ¡z 2 C et comme z 2 C, z = 0 ce qui est absurde avec
k z k= 1. Donc, il existe un entier N > 0 telque z ¡ N z 0 2
= C. En d’autres termes, N 2
= A et puisque A est
intervalle alors A ½ [0; N [ . Donc, A est borné.
ii) Soit ® = max A, alors ® > 0 et A = [0; ®]. On a ¹z ¡ ¸®z 0 = ¹¸T (z ¡ ®z 0 ), z ¡ ®z 0 2 C et T positif alors
¸® 0
¸®
¸®
¹z ¡ ¸®z 0 2 C. On déduit que z ¡
z 2 C et puis
2 A. Ensuite,
6 ®. Donc, ¸ 6 ¹. Par symétrie
¹
¹
¹
de rôles, on a en fait ¸ = ¹.
= C [ (¡C) et z 0 = ºT z 0 . On considère les ensembles
5.(6) Soit º 2 R et z 0 2 E tels que z 0 2
B+ = fs > 0 : z + sz 0 2 Cg et B¡ = fs > 0 : z ¡ sz 0 2 Cg
En répétant le même raisonnement de 5.(5).i), on montre que ces ensembles sont des intervalles férmés non réduits
à f0g et ils contiennent 0. La même démontration aussi pour montrer qu’ils sont bornés en utilisant l’hypothèse
z0 2
= C [ (¡C). Soit ¯+ = max B+ et ¯¡ = max B¡ , on a alors ¯+ ; ¯¡ > 0 et B+ = [0; ¯+ ], B¡ = [0; ¯¡ ]. Puisque
z 0 6= 0, º 6= 0. Si º > 0, ºz + ¯+ ¸z 0 = º¸T (z + ¯+ z 0 ). Comme z + ¯+ z 0 2 C et T positif, alors ºz + ¯+ ¸z 0 2 C
¯+ ¸ 0
¯+ ¸
6 ¯+ . Il suit, ¸ 6 º. Si º < 0, soit ¯ = min(¯+ ; ¯¡ ), ¯ > 0 et on a
puis z +
z 2 C. Donc ,
º
º
¯¸
¯¸
6 ¯+ . En considérant, ¡ºz + ¯¸z 0 = ¡º¸T (z ¡ ¯z 0 ), alors
6 ¯¡ .
¡ºz ¡ ¯¸z 0 = ¡º¸T (z + ¯z 0 ), alors
¡º
¡º
¯¸
On en déduit que
6 ¯. Donc, ¸ 6 ¡º. En combinant les deux résultats ¸ 6 jºj. Supposons que ¸ = jºj. Si
¡º
0
º > 0 alors z + nz = ¸T z = ¸T (z ¡ ¯z 0 ) + ¯z 0 . De l’égalité z = ¸T z on vérifie que Vectfzg ½Ker(¸T ¡ 1).
Inversement, soit z 0 2 E telque z 0 = ¸T z 0 . D’après ce qui précède, z 0 2 C [ (¡C). Puisque l’égalité z 0 = ¸T z 0 est
o

vraie pour §z 0 on peut supposer que z 0 2 C. Si z 0 = 0, c’est terminé. Si z 0 6= 0, alors z 0 = T (¸z 0 ) 2C car T est
fortement positif et ¸z 0 2 C n f0g. Par conséquent, z 0 et z ont les mêmes propriétés. D’après 5.(5).i), il existe s > 0
tel que z 0 ¡ sz 2 C et z ¡ sz 0 2 C. Donc, z 0 = sz il suit z 0 2Vectfzg. Donc Ker(¸T ¡ 1) =Vectfzg.
6. Un exemple sur un espace de suites
(p)

(p)

(p)

6.(1) Soit x = (xn )n2Z 2 `2 (Z), pour p 2 N n f0g, x(p) = (xn )n2Z avec xn = xn si p 6= n et xp = ¡ 1p .
¯2
¯
¯
¯2 ¯¯
X ¯¯
¯
1 ¯¯
1 ¯¯
(p) ¯
(p) 2
(p)
¯
¯
k x ¡ x k2 =
¯xn ¡ xn ¯ = ¯xp + ¯ . Donc, k x ¡ x k2 = ¯xp + ¯. On note C l’ensemble des suites de
p
p
n2Z
¡ 2
¢
` (Z); k : k2 à termes réels positifs ou nuls. Il est immédiat que C est un cône. Pour montrer qu’il est d’intérieur
vide c’est équivalent à montrer que son complémentaire est dense dans `2 (Z). D’après ce qui précède, pour x =
(xn )n2Z 2 `2 (Z), la suite (x(p) )p2N¤ de `2 (Z) n C convege vers x car le terme général de la suite x tend vers 0. D’où
le résulat.
X
2
6.(2) Soit h· l’espace des suites complexes u = (un )n2Z telles que N (u)2 =
(1 + ·n ) jun j < 1. On considère
n2Z
p
la suite, à termes réels strictement positifs, s = ( 1 + ·n )n2Z , on a alors u = (un )n2Z 2 h· si et seulement si su 2
`2 (Z), où su est le produit cartésien de la suite s par la suite u, en outre k su k2 = N (u) >k u k2 . Alors h· est
un sous espace vectoriel de `2 (Z) car si u; v 2 h· et ¸ 2 C alors su + ¸sv 2 `2 (Z) et s(u + ¸v) = su + ¸sv
alors u + ¸v 2 h· . On note h:; :i le produit scalaire de `2 (Z) ( C-linéaire en la seconde variable), alors l’application
(u; v) 7! hsu; svi de h· £ h· dans C est un produit scalaire sur h· dont N est la norme associée. Ainsi, (h· ; N ) est
un espace préhilbertien complexe. Par ailleurs, l’application u 7! su de (h· ; N ) sur (`2 (Z); k : k2 ) est une isométrie,
Puisque (`2 (Z); k : k2 ) est un espace de Hilbert, alors (h· ; N ) est complet. Donc, (h· ; N ) est un espace de Hibert
complexe.

8

p
6.(3) Pour tout u = (un )n2Z 2 `2 (Z), la suite ±u = (un+1 ¡ un )n2Z est dans `2 (Z) en outre k ±u k2 6 2 k u k2 .
Soit ¹ > 0 et u = (un )n2Z ; v = (vn )n2Z 2 h· alors les suites su, sv, ±u et ±v sont dans `2 (Z), on peut écrire alors
X
a(u; v) =
((¹ + ·n )un vn + (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn )) = (¹ ¡ 1) hu; vi + hsu; svi + h±u; ±vi
n2Z

Donc l’application a est bien définie sur h· £ h· . Pour u = (un )n2Z 2 h· on a :
a(u; u)

= (¹ ¡ 1) k u k22 +N (u)2 + k ±u k22
6 (¹ ¡ 1) k u k22 +N (u)2 + 2 k u k22
6 (¹ + 1) k u k22 +N (u)2 6 (¹ + 2)N (u)2
¹ + ·n
1
1 ¹ + ·n
> si jnj > N . Soit ® = minf ;
: jnj 6 N g. On a:
1 + ·n
2
2 1 + ·n

Par hypothèse, il existe un entier N tel que
a(u; u)

=

X

(¹ + ·n ) jun j2 + k ±u k22

n2Z
X
2
(¹ + ·n ) jun j
n2Z
X
X
=
(¹ + ·n ) jun j2 +
(¹ + ·n ) jun j2

>

jnj>N

jnj6N

>

X

®

jnj6N

>

®

X

2

(1 + ·n ) jun j +
2

1 X
(1 + ·n ) jun j2
2
jnj>N
2

(1 + ·n ) jun j = ®N (u)

n2Z

Les applications u 7! su et u 7! ±u sont linéaires de h· dans `2 (Z) alors d’après l’expression de a écrite dans 6.(3)
et d’après ce qui précède l’application a est un produit
p scalaire sur h· dont la norme associée est équivalente à N et
de 6.(2), on déduit que h· muni de la norme u 7! a(u; u) est un espace de Hilbert.
6.(4) Soit f = (fn )n2Z 2 `2 (Z). Supposons que u = (un )n2Z 2 h· vérifie
8 n 2 Z;

¹un + ·n un ¡ (un+1 ¡ 2un + un¡1 ) = fn

Soit v = (vn )n2Z 2 h· , (toutes les sommes suivantes sont convergentes d’après 6.(3))
X
a(u; v) =
(¹ + ·n )un vn + (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn )
n2Z
X
X
X
=
(¹ + ·n )un vn +
(un+1 ¡ un )vn+1 ¡
(un+1 ¡ un )vn
n2Z
n2Z
n2Z
X
X
X
=
(¹ + ·n )un vn +
(un ¡ un¡1 )vn ¡
(un+1 ¡ un )vn
n2Z
n2Z
n2Z
X
=
((¹ + ·n )un ¡ (un+1 ¡ 2un + un¡1 )) vn
n2Z
X
=
fn vn
n2Z

Inversement, l’hypothèse implique qu’on a

X¡

n2Z

¢
fn ¡ (¹ + ·n )un + (un+1 ¡ 2un + un¡1 ) vn = 0 pour tout v =
(p)

(p)

(vn )n2Z 2 h· . Pour p 2 Z soit v (p) la suite définie pour n 2 Z par : vn = 0 si n 6= p et vp = 1. On a v (p) 2 h·
pour tout p 2 Z et alors fpX
= (¹ + ·p )up + (up+1 ¡ 2up + up¡1 ) pour tout p 2 Z. D’où le résultat. La forme linéaire
v = (vn )n2Z 7! hf; vi =
fn vn de h· est continue. En effet, pour tout v 2 h· , sv 2 `2 (Z). Puisque, f 2 `2 (Z)
n2Z

alors s¡1 f 2 `2 (Z) car k s¡1 f k2 6k f k2 . D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans `2 (Z), on a
¯−
®¯
jhf; vij = ¯ s¡1 f; sv ¯ 6k s¡1 f k2 k sv k2 =k s¡1 f k2 N (v)

Le théorème de représentation de Riesz assure l’existence et l’unicité d’un u 2 h· tel que a(u; v) = hf; vi pour tout
v 2 h· . D’après ce sui précède u est la solution de (2).
9

6.(5) Soit (u(p) )p2N une suite bornée ¯de (h¯ · ; N ). Il existe M > 0 tel que pour tout p 2 N, N (u(p) ) 6 M . Alors,
¯ (p) ¯
(p)
pour tout n 2 Z et pour tout p 2 N, ¯un ¯ 6 M . En particulier, pour tout n 2 Z, la suite complexe (un )p2N est
bornée. Par suite, pour tout n 2 Z, il existe une application strictement croissante 'n de N dans N telle que la suite
(' (k))
(' (k))
(un n )k2N converge vers un complexe noté un . Pour tout k 2 N, on pose u(pk ) = (un n )n2Z et u = (un )n2Z .
(pk )
2
Alors, k u
¡ u k2 tend vers 0 quand k ! +1.
(p)
(p)
Soit f = (fn )n2Z une suite bornée dans `2 (Z). Alors, la suite de terme général u(p) = S(f (p) ) est bornée dans
(h· ; N ) car pour tout p 2 N,
E
D
®N (u(p) )2 6 a(u(p) ; u(p) ) = f (p) ; u(p) 6k f (p) k2 k u(p) k2 6k f (p) k2 N (u(p) ) ) ®N (u(p) ) 6k f (p) k2

D’après ce qui précède, on peut extraire une sous-suite (u(pk ) )k 2 N convergente dans `2 (Z). Donc, l’application S
est compacte. Il est immédiat que S est un opérateur de `2 (Z).
6.(6) Soit f = (fn )n2Z à valeurs réelles alors, d’après la relation (2), pour tout n 2 Z
¹=m (un ) + ·n =m (un ) ¡ (=m (un+1 ) ¡ 2=m (un ) + =m (un¡1 )) = 0

Par unicité, 0 = S(0) = (=m (un ))n2Z . Donc, u = (un )n2Z à valeurs réelles.
Soit f = (fn )n2Z à valeurs réellesX
positives, on pose pour tout n 2 Z, vn = min(0; un ) où u = S(f ). D’après la
relation (3), a(u; v) = hf; vi =
fn un 6 0. Par définition et le fait que u et v sont à valeurs réelles,
n2Z:un 60

a(u; v) =

X

n2Z

(¹ + ·n )un vn + (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn ) =

X

n2Z:un 60

(¹ + ·n )u2n +

X

n2Z

(un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn ) > 0

Car pour tout n 2 Z, (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn ) > 0. En effet,
Si un+1 > un > 0 ou un > un+1 > 0, (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn ) = 0
Si 0 > un+1 > un ou 0 > un > un+1 , (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn ) = (un+1 ¡ un )2 > 0
Si un+1 > 0 > un , (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn ) = ¡(un+1 ¡ un )un = ¡un+1 un + u2n > 0
Si un > 0 > un+1 , (un+1 ¡ un )(vn+1 ¡ vn ) = (un+1 ¡ un )un+1 = u2n+1 ¡ un un+1 > 0
Alors, a(u; v) = 0. Par suite, pour tout n 2 Z tel que un 6 0, (¹ + ·n )u2n = 0. Il suit, un = 0 pour tout n 2 Z tel
que un 6 0. Donc, la suite u est à valeurs positives.
6.(7) Soit f = (fn )n2Z à valeurs réelles positives. On suppose qu’il existe n0 2 Z tel que fn0 > 0. D’après 6.(6), la
suite u = S(f ) est à valeurs positives. Supposons qu’il existe n1 2 Z tel que un1 = 0. D’après la relation (2),
fn1 = ¹un1 + ·n un1 ¡ (un1 +1 ¡ 2un1 + un1 ¡1 ) = ¡(un1 +1 + un1 ¡1 ) 6 0
Alors fn1 = un1 +1 = un1 ¡1 = 0. Par conséquent, n0 6= n1 .
Si n0 > n1 , En appliquant à nouveau la relation (2),
fn1 +1 = ¹un1 +1 + ·n un1 +1 ¡ (un1 +2 ¡ 2un1 +1 + un1 ) = ¡un1 +2 6 0
Alors fn1 +1 = un1 +2 = 0. Ainsi de suite, on aura fn1 +k = un1 +k = 0 pour tout k 2 N. En particulier, on obtiendra
fn0 = 0 ce qui est absurde. De même, si n0 < n1 on applique la relation (2) pour n = n1 ¡ 1, on obtient
fn1 ¡1 = ¹un1 ¡1 + ·n un1 ¡1 ¡ (un1 ¡ 2un1 ¡1 + un1 ¡2 ) = ¡un1 ¡2 6 0
Alors fn1 ¡1 = un1 ¡2 = 0. Ainsi de suite, en descendant jusqu’au n0 , on obtiendra encore fn0 = 0 ce qui est
absurde. Donc la suite u est à valeurs strictement positives.
6.(8) On a d’abord, par définition et par 6.(3), ® = ® k u(p) k22 6 ®N (u(p) )2 6 a(u(p) ; u(p) ) alors m > ® > 0. Puisque
la suite (a(u(p) ; u(p) ))p converge vers m alors elle est bornée, la même inégalité précèdente permet de dire
¡ que la suite¢
(u(p) )p2N est bornée dans (h· ; N ). D’après 6.(5), il existe une sous suite (u(pk ) )k2N convergente dans `2 (Z); k : k2
vers un u(1) 2 `2 (Z). Par ailleurs, la suite (u(p) )p2N étant dans le sous espace fermé h· alors u(1) 2 h· . Par
continuité, on obtient a(u(1) ; u(1) ) = m et k u(1) k2 = 1.
6.(9) Soit v 2 h· et t 2 R alors u(1) + tv 2 h· . Il suit, a(u(1) + tv; u(1) +tv) > m k u(1) +tv k22 . En développant:
³
´
³
³D
E´´
m + t2 a(v; v) + 2t<e a(u(1) ; v) > m 1 + t2 k v k22 +2t<e u(1) ; v
10

³
D
E´
(a(v; v) ¡ m k v k22 )t2 + 2<e a(u(1) ; v) ¡ mu(1) ; v t > 0
¡
−
®¢
Comme a(v; v) > m k v k22 , ce trinôme est > 0 pour tout t 2 R si et seulement si <e a(u(1) ; v) ¡ mu(1) ; v = 0.
En refait le même calcul avec iv à la place de v, on obtient:
³
D
E´
(a(v; v) ¡ m k v k22 )t2 ¡ 2=m a(u(1) ; v) ¡ mu(1) ; v t > 0

¡
−
®¢
−
®
On a également la même conclusion à savoir =m a(u(1) ; v) ¡ mu(1) ; v = 0. Donc, a(u(1) ; v) = mu(1) ; v
1 (1)
pour tout v 2 h· . D’après la relation (3), S(mu(1) ) = u(1) . D’où S(u(1) ) = m
u .
2
6.(10). Soit ¸ 2 C une valeur propre de S. Il existe une suite f 2 ` (Z) non nulle telle que S(f ) = ¸f . Si
1
. Si ¸ 6= 0, alors f = ¸1 S(f ) 2 h· . Par ailleurs, a(S(f ); f ) = a(¸f; f ) = ¸a(f; f ).
¸ = 0, alors ¸ < m
Mais, a(S(f ); f ) = hf; f i =k f k22 > 0. Ainsi, ¸ est un réel > 0 car a(f; f ) est aussi un réel > 0. Il suit,
1
k f k22 = ¸a(f; f ) > m¸ k f k22 alors m¸ 6 1. Donc, 0 6 ¸ 6 m
.
1
1
6.(11) Soit v un vecteur propre associé à la valeur propre m . Alors v est non nul et S(v) = m
v. Par linéarité,
1
1
S(<e (v)) = m <e (v) et S(=m (v)) = m =m (v) car d’après la relation (2), <e (S(v)) = S(<e (v)) et =m (S(v)) =
S(=m (v)). Comme v est non nul, alors l’un au moins des deux vecteurs <e (v) et =m (v) est non nul qui est en
1
plus dans Ker(S ¡ m
1). Donc, on peut supposer au départ que v est à valeurs réelles. On pose jvj = (jvn j)n2Z et
pour tout n 2 Z, "n = 1 si vn > 0 et "n = ¡1 si vn < 0. Alors, pour tout w 2 h· , la suite "w = ("n wn )n2Z 2 h·
et N ("w) = N (w). On a alors pour tout w 2 h· ,
a(S(jvj); w) = hjvj ; wi = hv; "wi = a(S(v); "w) =

1
1
a(v; "w) = a(jvj ; w)
m
m

1
1
Donc, S(jvj) = m
jvj. Ainsi Ker(S ¡ m
1) contient une suite, notée encore v, à valeurs positives. En fait, d’après
6.(7), comme la suite v est à valeurs positives et non identiquement nulle alors son image S(v) par S est à valeurs
1
strictement positives. Il en est de même pour v = mS(v). Il est immédiat que , V ectfvg ½ Ker(S ¡ m
1).
1
1
1
Inversement, soit f 2 Ker(S ¡ m 1), S(f ) = m f et d’après ce qui précède on a aussi S(jf j) = m jf j. On a
f 2 V ectfvg même démonstration que précédemment.

11