Opérateurs Compacts et Théorème de Fredholm - Exercices Corrigés

Correction :

Une partie compacte est bornée. Ici, $\overline{K(B)}$ est compact, donc il existe $M$ tel que $\|Kx\| \le M$ pour tout $x \in B$. Pour $x \neq 0$, $\frac{x}{\|x\|} \in B$ donne $\|Kx\| \le M\|x\|$.

$K$ est borné, avec $\|K\| \le M$, donc continu, car pour une application linéaire, borné équivaut à continu.

Correction :

On cherche une suite bornée dont l'image n'a aucune sous-suite convergente. La suite $e_n - e_m$ a deux termes non nuls, $1$ et $-1$, donc $\|e_n - e_m\|^2 = 2$ : aucune sous-suite de $(e_n)$ n'est de Cauchy. Or $(e_n)$ est bornée, et $Ie_n = e_n$.

$\|e_n - e_m\| = \sqrt2$, et l'identité de $\ell^2$ n'est pas compacte. Une suite orthonormée donne le même résultat dans tout Hilbert de dimension infinie : c'est le théorème de Riesz.

Correction :

En dimension finie, toute suite bornée a une sous-suite convergente (Bolzano-Weierstrass). Si $T$ est borné de rang fini et $(x_n)$ bornée, $(Tx_n)$ est bornée dans $\operatorname{Im}T$, de dimension finie : elle a une sous-suite convergente.

Pour $Tx = \langle x, a\rangle\, b$, l'image est dans $\mathbb{C}b$ et $\|Tx\| \le \|a\|\,\|b\|\,\|x\|$ (Cauchy-Schwarz).

Tout opérateur borné de rang fini est compact, donc $T$ aussi.

Correction :

Un contre-exemple règle la somme, les suites bornées règlent les produits.

Somme : avec $A = I$ et $K = 0$, qui est compact, $A + K = I$ n'est pas compact (Riesz, exercice 2).

Produits : soit $(x_n)$ bornée. On extrait $(Kx_{n_k})$ convergente, et $A$, continu, fait converger $(AKx_{n_k})$. Comme $\|Ax_n\| \le \|A\|\,\|x_n\|$, la suite $(Ax_n)$ est bornée, donc $(KAx_n)$ a une sous-suite convergente.

$A + K$ n'est pas compact en général ; $AK$ et $KA$ le sont toujours. L'erreur à éviter : croire qu'ajouter un compact donne un compact.

Correction :

Sur $E_\lambda$, $K$ agit comme $\lambda I$ : on se ramène au théorème de Riesz. $E_\lambda$ est fermé (noyau d'un opérateur continu), donc c'est un Hilbert. Si $(x_n)$ est bornée dans $E_\lambda$, $(Kx_n) = (\lambda x_n)$ a une sous-suite convergente, donc $(x_n)$ aussi, en divisant par $\lambda$. L'identité de $E_\lambda$ est donc compacte.

Pour $\lambda \neq 0$, $\dim \ker(K - \lambda I) \lt \infty$. Pour $\lambda = 0$, c'est faux : l'opérateur nul de $\ell^2$ est compact, et son noyau est $\ell^2$ tout entier.

Correction :

On écrit l'identité comme le produit d'un borné et d'un compact : $I = K^{-1}K$ est compact (exercice 4), donc $\dim H \lt \infty$ (Riesz). Si $\dim H = \infty$, $K = K - 0 \cdot I$ n'est donc pas inversible.

Un compact inversible n'existe qu'en dimension finie, et $0 \in \sigma(K)$ dès que $\dim H = \infty$. C'est pourquoi l'alternative de Fredholm exclut $\lambda = 0$.

Correction :

On approche $D$ par des rangs finis, puis on lit les équations terme à terme.

Compacité : $D_N$ est de rang fini, donc compact, et $\|(D - D_N)x\|^2 = \sum_{n \gt N} \frac{|x_n|^2}{n^2} \le \frac{\|x\|^2}{(N+1)^2}$. Ainsi $\|D - D_N\| \le \frac{1}{N+1} \to 0$, et $D$, limite en norme de compacts, est compact.

Valeurs propres : $Dx = \lambda x$ s'écrit $x_n\left(\frac1n - \lambda\right) = 0$ pour tout $n$. Il y a une solution non nulle si et seulement si $\lambda = \frac1m$ pour un $m \ge 1$ (prendre $x = e_m$).

Injectif : $Dx = 0$ impose $x = 0$. Pas surjectif : $y = \left(\frac1n\right)_{n \ge 1}$ est dans $\ell^2$, mais son seul antécédent possible, $(1,1,1,\dots)$, n'y est pas.

Valeurs propres : les $\frac1n$, $n \ge 1$. $0$ n'en est pas une, mais $0 \in \sigma(D)$, car $D$ n'est pas surjectif.

Correction :

Des valeurs propres loin de $0$ écartent trop les images de vecteurs orthonormés pour la compacité.

Orthogonalité : si $Ku = \lambda u$ avec $u \neq 0$, alors $\lambda\|u\|^2 = \langle Ku, u\rangle = \langle u, Ku\rangle = \bar\lambda\|u\|^2$, donc $\lambda$ est réel. Si de plus $Kv = \mu v$, alors $\lambda\langle u, v\rangle = \langle Ku, v\rangle = \langle u, Kv\rangle = \mu\langle u, v\rangle$, donc $\langle u, v\rangle = 0$ si $\lambda \neq \mu$.

Finitude : sinon, on prend des valeurs propres distinctes $\lambda_k$ avec $|\lambda_k| \ge \varepsilon$ et des vecteurs propres unitaires $u_k$, orthonormés. Pour $k \neq l$, $\|Ku_k - Ku_l\|^2 = \lambda_k^2 + \lambda_l^2 \ge 2\varepsilon^2$ : $(Ku_k)$ n'a aucune sous-suite convergente, alors que $(u_k)$ est bornée.

Les valeurs propres non nulles, réunion des ensembles finis où $|\lambda| \ge \frac1m$ ($m \ge 1$), sont au plus dénombrables. En nombre infini, rangées par module décroissant, elles tendent vers $0$.

Correction :

L'adjoint décrit l'orthogonal de l'image ; l'alternative de Fredholm change l'injectivité en surjectivité.

$y \perp \operatorname{Im}T$ signifie $\langle Tx, y\rangle = \langle x, T^*y\rangle = 0$ pour tout $x$, c'est-à-dire $T^*y = 0$. Donc $\overline{\operatorname{Im}T} = \left((\operatorname{Im}T)^\perp\right)^\perp = (\ker T^*)^\perp$, qui vaut $H$ si et seulement si $\ker(K^* - \bar\lambda I) = \{0\}$.

Si $\lambda$ n'est pas valeur propre, $T$ est injectif, donc surjectif (Fredholm), et son inverse est borné (Banach). Sinon, $T$ n'est pas injectif.

$T$ est inversible si et seulement si $\lambda$ n'est pas valeur propre de $K$ : hors de $0$, le spectre d'un compact ne contient que des valeurs propres.

Correction :

La fonction $xt$ sous l'intégrale est un produit : tout se ramène à l'inconnue réelle $c = \int_0^1 t\,f(t)\,dt$.

Avec $e(x) = x$, $Kf = \langle f, e\rangle\, e$ : rang $1$, donc compact. La fonction $xt$ est symétrique en $x$ et $t$, donc $K^* = K$. Comme $\|e\|^2 = \int_0^1 t^2\,dt = \frac13$, $Ke = \frac13 e$ ; une valeur propre non nulle a un vecteur propre dans $\operatorname{Im}K = \mathbb{R}e$, donc $\frac13$ est la seule.

Comme $Kf = c\,e$, toute solution s'écrit $f = g + \mu c\,e$. Pour $\mu = 1$ et $g = 1$ : $c = \int_0^1 t(1 + ct)\,dt = \frac12 + \frac c3$, donc $c = \frac34$. La solution est unique, car $1$ n'est pas valeur propre de $K$.

Pour $\mu = 3$, $\ker(I - 3K) = \mathbb{R}e$, sous-espace propre de $\frac13$. Par Fredholm, avec $K^* = K$, une solution existe si et seulement si $g \perp e$, soit $\int_0^1 t\,g(t)\,dt = 0$ : pas de solution pour $g = 1$. Pour $g(x) = 3x - 2$, $\int_0^1 (3t^2 - 2t)\,dt = 1 - 1 = 0$, et l'équation en $c$ devient $c = 0 + 3c \cdot \frac13$, vraie pour tout $c$.

Valeur propre $\frac13$ ; pour $\mu = 1$, $f(x) = 1 + \frac34 x$ ; pour $\mu = 3$ et $g(x) = 3x - 2$, $f(x) = 3x - 2 + \alpha x$, avec $\alpha \in \mathbb{R}$ quelconque.