Opérateurs Compacts et Théorème de Fredholm - Exercices Corrigés

Correction :

Méthode : Utiliser la définition d'un opérateur compact et la propriété que l'image d'un borné par un opérateur compact est relativement compacte.

Démonstration :

Par définition, un opérateur $K: H \to H$ est dit compact si pour toute boule unité fermée $B$ dans $H$, l'image $K(B)$ est relativement compacte dans $H$. Une partie $A$ d'un espace métrique est relativement compacte si son adhérence $\bar{A}$ est compacte.

Pour montrer que $K$ est continu, il suffit de montrer qu'il est continu en 0. C'est-à-dire, pour tout $\epsilon > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que si $\|x\| < \delta$, alors $\|Kx\| < \epsilon$.

Considérons la boule unité $B = \{x \in H \mid \|x\| \le 1\}$. $B$ est fermée et bornée. L'opérateur $K$ étant compact, $K(B)$ est relativement compacte. Cela signifie que $\overline{K(B)}$ est un sous-ensemble compact de $H$.

Un ensemble compact est borné. Donc, il existe $M > 0$ tel que pour tout $y \in \overline{K(B)}$, on a $\|y\| \le M$. Comme $K(B) \subseteq \overline{K(B)}$, cela implique pour tout $x$ tel que $\|x\| \le 1$, on a $\|Kx\| \le M$. Ceci montre que $K$ est borné.

Si $K$ est borné, alors pour tout $\epsilon > 0$, on peut choisir $\delta = \epsilon / \|K\|$, où $\|K\|$ est la norme de l'opérateur. Si $\|x\| < \delta$, alors $\|Kx\| \le \|K\| \|x\| < \|K\| \delta = \epsilon$. Ceci est la définition de la continuité. L'opérateur compact est donc nécessairement borné, et donc continu.

Point méthode : La compacité d'un opérateur implique sa continuité. C'est une conséquence directe du fait qu'un ensemble compact est borné.

Correction :

Méthode : Utiliser les propriétés spectrales des opérateurs compacts autoadjoints (ou normaux en général), et le fait que les sous-espaces propres d'un opérateur compact non nul sont de dimension finie.

Démonstration :

Soit $K$ un opérateur compact sur $H$. Si $K=0$, son spectre est $\{0\}$, qui est discret et avec des valeurs propres de multiplicité infinie (tout l'espace est le noyau). Supposons $K \neq 0$.

Considérons une valeur propre non nulle $\lambda \neq 0$. L'espace propre associé est $E_\lambda = \ker(K - \lambda I)$. Pour montrer que $\lambda$ a une multiplicité finie, il suffit de montrer que $E_\lambda$ est de dimension finie.

Soit $B_\lambda$ la boule unité dans $E_\lambda$. Puisque $K$ est compact, $K(B_\lambda)$ est relativement compacte. Si $\dim(E_\lambda) = \infty$, on peut extraire de $B_\lambda$ une suite $(x_n)$ sans sous-suite convergente. Mais $Kx_n = \lambda x_n$. Si $\lambda \neq 0$, alors la suite $(x_n)$ doit avoir une sous-suite convergente, ce qui est une contradiction. Donc $\dim(E_\lambda)$ doit être finie.

Maintenant, considérons le spectre $\sigma(K)$. Si $\sigma(K) \setminus \{0\}$ contient une suite infinie de valeurs propres distinctes $\{\lambda_1, \lambda_2, \dots\}$, on peut construire une suite de vecteurs propres unitaires $(u_k)$ tels que $Ku_k = \lambda_k u_k$. Comme $K$ est compact, $\{Ku_k\}$ est relativement compacte. Si $|\lambda_k| \ge \epsilon > 0$ pour une infinité de $k$, alors $(u_k)$ ne peut pas être convergente (car $\lambda_k u_k$ convergerait, impliquant $u_k$ convergerait, impossible pour une suite orthonormée). Donc, il ne peut y avoir qu'un nombre fini de valeurs propres dans $[-\infty, -\epsilon] \cup [\epsilon, \infty)$ pour tout $\epsilon > 0$. Ceci implique le nombre de valeurs propres non nulles est au plus dénombrable.

Pour les opérateurs compacts autoadjoints, le spectre est uniquement composé de valeurs propres, et elles sont de multiplicité finie (sauf 0). Pour un opérateur compact général, le spectre peut avoir un spectre continu, mais pour les opérateurs compacts, le spectre continu est vide, sauf si l'opérateur est nul.

Point méthode : L'application des théorèmes spectraux pour les opérateurs compacts est fondamentale. La compacité garantit que les valeurs propres non nulles sont "isolées" et que leur espace propre est de dimension finie.

Correction :

Méthode : Utiliser le théorème spectral pour les opérateurs compacts autoadjoints.

Démonstration :

Soit $K$ un opérateur compact autoadjoint sur un espace de Hilbert $H$. Soit $\sigma(K) = \{\lambda_1, \lambda_2, \dots\}$ l'ensemble (au plus dénombrable) des valeurs propres de $K$. Soit $E_{\lambda_i} = \ker(K - \lambda_i I)$ l'espace propre associé à $\lambda_i$. Nous savons que chaque $E_{\lambda_i}$ est de dimension finie (pour $\lambda_i \neq 0$).

Le théorème spectral pour les opérateurs compacts autoadjoints stipule que $H$ est la somme directe hilbertienne des sous-espaces propres associés aux valeurs propres de $K$. Formellement :

$H = \overline{\bigoplus_{\lambda \in \sigma(K)} E_\lambda}$

Comme les $E_\lambda$ sont des sous-espaces fermés de $H$ (car noyau d'un opérateur borné), leur somme directe est fermée. Donc, on peut écrire $H = \bigoplus_{\lambda \in \sigma(K)} E_\lambda$.

De plus, pour les opérateurs autoadjoints, les espaces propres associés à des valeurs propres distinctes sont orthogonaux. Ainsi, la somme directe est orthogonale.

Si $0$ n'est pas une valeur propre (ce qui arrive si $K$ est inversible, donc non compact sauf si $H$ est de dimension finie et $K$ est une matrice inversible), alors $H = \bigoplus_{\lambda \in \sigma(K)} E_\lambda$.

Si $0$ est une valeur propre, alors $E_0 = \ker(K)$. $H = E_0 \oplus (\bigoplus_{\lambda \in \sigma(K) \setminus \{0\}} E_\lambda)$. Mais $E_0$ est aussi un sous-espace propre (associé à la valeur propre 0). Donc, on peut l'inclure dans la somme directe :

$H = \bigoplus_{\lambda \in \sigma(K)} E_\lambda$

où l'union des valeurs propres $\sigma(K)$ inclut potentiellement 0.

Point méthode : Le théorème spectral est une généralisation du résultat de diagonalisation des matrices normales (symétriques réelles, hermitiennes, unitaires) à des opérateurs compacts autoadjoints sur des espaces de Hilbert.

Correction :

Méthode : Utiliser la définition d'un opérateur compact et les propriétés des espaces de Hilbert de dimension infinie.

Démonstration :

Un opérateur $K$ est compact si pour toute suite bornée $(x_n)$ dans $H$, la suite $(Kx_n)$ contient une sous-suite convergente.

Considérons l'opérateur identité $I$, tel que $Ix = x$ pour tout $x \in H$. Prenons une suite bornée $(x_n)$ dans $H$. Par exemple, une suite telle que $\|x_n\| \le 1$ pour tout $n$. L'image par $I$ est $Ix_n = x_n$. Pour que $I$ soit compact, il faudrait que de toute suite bornée $(x_n)$, on puisse extraire une sous-suite convergente.

Dans un espace de Hilbert de dimension infinie, une suite bornée ne contient pas nécessairement de sous-suite convergente. Par exemple, dans $l^2$, considérons la suite d'orthonormale $e_n$, où $e_1 = (1,0,0,\dots)$, $e_2 = (0,1,0,\dots)$, etc. La suite $(e_n)$ est bornée ($\|e_n\|=1$ pour tout $n$), mais elle n'a aucune sous-suite convergente (la distance entre deux vecteurs distincts $e_n$ et $e_m$ est $\sqrt{2}$).

Donc, si $H$ est de dimension infinie, l'opérateur identité $I$ n'est pas compact.

Si $H$ est de dimension finie $n$, alors toute suite bornée dans $H$ est relativement compacte (car $H$ est isomorphe à $\mathbb{R}^n$ ou $\mathbb{C}^n$). Dans ce cas, $I$ est compact.

Point méthode : La compacité est une notion qui distingue les opérateurs sur des espaces de dimension infinie de ceux sur des espaces de dimension finie. L'opérateur identité est un bon exemple pour illustrer cette différence.

Correction :

Méthode : Utiliser la définition de l'opérateur compact et les propriétés des ensembles relativement compacts.

Démonstration :

Soit $B$ la boule unité dans $H$. Nous voulons montrer que $(A+K)(B)$ est relativement compacte. Cela signifie que son adhérence $\overline{(A+K)(B)}$ est compacte.

On a $(A+K)(B) = (A+K)(B) = A(B) + K(B)$.

Puisque $K$ est compact, $K(B)$ est relativement compacte. Son adhérence $\overline{K(B)}$ est compacte.

Puisque $A$ est borné, $A(B)$ est bornée. Si $A$ est en plus compact, $A(B)$ est relativement compacte.

Cependant, l'énoncé dit que $A$ est seulement borné, pas nécessairement compact. Mais la somme de deux ensembles relativement compacts n'est pas nécessairement relativement compacte. La somme d'un ensemble relativement compact et d'un ensemble borné est relativement compacte.

L'image de la boule unité $B$ par l'opérateur $A+K$ est $(A+K)(B) = A(B) + K(B)$.

Puisque $K$ est compact, $K(B)$ est relativement compacte. Donc son adhérence $\overline{K(B)}$ est compacte. Par conséquent, $\overline{K(B)}$ est bornée. Il existe donc $M_K$ tel que pour tout $x \in B$, $\|Kx\| \le M_K$.

Puisque $A$ est borné, il existe $M_A$ tel que pour tout $x \in B$, $\|Ax\| \le M_A$. Donc $A(B)$ est bornée.

Soit $y \in (A+K)(B)$. Alors $y = Ax + Kx$ pour un certain $x \in B$.

Soit $(y_n)$ une suite dans $(A+K)(B)$. Alors $y_n = Ax_n + Kx_n$ pour une suite $(x_n)$ dans $B$. Puisque $K$ est compact, on peut extraire une sous-suite $(x_{n_k})$ telle que $(Kx_{n_k})$ converge vers un certain $z \in H$. Or, $Ax_{n_k}$ n'est pas nécessairement convergente.

Une approche plus rigoureuse utilise le fait que $A+K$ est compact si $A$ est compact. Ici $A$ est borné. Le théorème dit que la somme d'un opérateur compact et d'un opérateur borné n'est pas nécessairement compacte. Il faut que $A$ soit aussi compact pour que $A+K$ soit compact.

Re-lisons la définition. Un opérateur $T$ est compact si $T(B)$ est relativement compacte.

Soit $(x_n)$ une suite dans $B$. Nous voulons montrer que $((A+K)x_n)$ admet une sous-suite convergente.

$(A+K)x_n = Ax_n + Kx_n$.

Puisque $K$ est compact, $(Kx_n)$ admet une sous-suite $(Kx_{n_k})$ convergente. Appelons-la $(y_k) = (Kx_{n_k})$.

Alors nous avons la suite $(Ax_{n_k} + y_k)$.

Puisque $A$ est borné, la suite $(x_{n_k})$ est bornée (car $x_{n_k} \in B$). Si on pouvait extraire une sous-suite $(x_{n_{k_j}})$ telle que $(Ax_{n_{k_j}})$ converge, alors $(Ax_{n_{k_j}} + y_{k_j})$ convergerait.

Le fait est que la somme d'un opérateur borné et d'un opérateur compact n'est pas forcément compact. C'est vrai si $A$ est aussi compact. Si $A$ est juste borné, la proposition est fausse.

Vérifions le théorème. Le théorème indique si $T_1$ et $T_2$ sont des opérateurs compacts, alors $T_1+T_2$ est compact. Si $A$ est borné et $K$ est compact, $A+K$ n'est pas nécessairement compact.

Peut-être que l'énoncé implicite que $A$ est aussi compact ? Si $A$ est compact, alors $A+K$ est la somme de deux opérateurs compacts, donc est compact.

Si $A$ est juste borné, alors ce n'est pas vrai. Exemple : prendre $H$ de dimension infinie, $K=0$ (l'opérateur nul, qui est compact), et $A=I$ (l'opérateur identité, qui est borné mais non compact en dimension infinie). Alors $A+K = I$, qui n'est pas compact.

Je suppose donc que $A$ doit être compact pour que la proposition soit vraie.

Supposons que $A$ est également compact.

Soit $(x_n)$ une suite dans la boule unité $B$. Puisque $A$ est compact, la suite $(Ax_n)$ admet une sous-suite $(Ax_{n_k})$ convergente. Appelons-la $(u_k) = (Ax_{n_k})$.

Puisque $K$ est compact, la suite $(Kx_{n_k})$ admet une sous-suite $(Kx_{n_{k_j}})$ convergente. Appelons-la $(v_j) = (Kx_{n_{k_j}})$.

Alors la suite $(A+K)x_{n_{k_j}} = Ax_{n_{k_j}} + Kx_{n_{k_j}} = u_{k_j} + v_j$. La suite $(u_{k_j})$ est une sous-suite de $(u_k)$, donc elle converge. La suite $(v_j)$ converge par construction. La somme de deux suites convergentes est convergente. Donc, $(A+K)x_{n_{k_j}})$ est convergente.

Ainsi, $((A+K)x_n)$ admet une sous-suite convergente, ce qui prouve que $A+K$ est compact si $A$ et $K$ sont compacts.

Point méthode : La compacité est une propriété qui se conserve par addition de deux opérateurs compacts. Elle ne se conserve pas nécessairement par addition d'un opérateur borné et d'un opérateur compact.

Correction :

Méthode : Utiliser les propriétés des opérateurs compacts et le fait que l'inversibilité implique l'injectivité et la surjectivité.

Démonstration :

Soit $T = K - \lambda I$. On veut montrer que $T$ est inversible si et seulement si $\ker(T) = \{0\}$ et $\overline{\text{Im}(T)} = H$.

$(\Rightarrow)$ : Supposons que $T$ est inversible. Par définition, $T$ est bijectif. Donc, $\ker(T) = \{0\}$ et $\text{Im}(T) = H$. Comme $H$ est un espace de Hilbert, il est complet. L'image d'un opérateur fermé sur un espace de Banach est fermée si l'opérateur est surjectif. Donc $\overline{\text{Im}(T)} = \overline{H} = H$. L'inversibilité implique donc $\ker(T) = \{0\}$ et $\overline{\text{Im}(T)} = H$.

$(\Leftarrow)$ : Supposons que $\ker(T) = \{0\}$ et $\overline{\text{Im}(T)} = H$.

1. Injectivité : $\ker(T) = \{0\}$ signifie que $T$ est injectif.

2. Surjectivité : Nous avons $\overline{\text{Im}(T)} = H$. Pour que $T$ soit surjectif, il faut que son image $\text{Im}(T)$ soit égale à $H$. Il est connu que pour un opérateur compact $T$, $\text{Im}(T)$ est fermé si $T$ est surjectif. Plus généralement, pour un opérateur compact $T$, $\overline{\text{Im}(T)} = H$ implique $T$ est surjectif si $T$ est injectif.

Une propriété clé des opérateurs compacts $K$ et d'un scalaire $\lambda \neq 0$ est que l'opérateur $(K - \lambda I)$ est inversible si et seulement si il est injectif et surjectif. De plus, pour $\lambda \neq 0$, $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ si et seulement si $\text{Im}(K - \lambda I) = H$.

D'après le théorème de Fredholm pour les opérateurs compacts, pour $\lambda \neq 0$ :

• $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ si et seulement si l'image de $(K - \lambda I)$ est dense ($\overline{\text{Im}(K - \lambda I)} = H$).
• De plus, $\dim(\ker(K - \lambda I)) = \dim(\ker((K - \lambda I)^))$. Comme $K$ est compact autoadjoint, $(K - \lambda I)^ = (K - \bar{\lambda} I) = (K - \lambda I)$. Donc $\dim(\ker(K - \lambda I)) = \dim(\text{coker}(K - \lambda I))$.

Le théorème de Fredholm (version pour opérateurs compacts) dit que pour $\lambda \neq 0$, $(K - \lambda I)$ est inversible si et seulement si $\dim(\ker(K - \lambda I)) = 0$ et $\dim(\text{coker}(K - \lambda I)) = 0$.

$\dim(\ker(K - \lambda I)) = 0$ signifie $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ (injectivité).

$\dim(\text{coker}(K - \lambda I)) = 0$ signifie que l'image de $(K - \lambda I)$ est fermée et est $H$ (surjectivité). Si l'image est fermée et égale à $H$, alors $\overline{\text{Im}(K - \lambda I)} = H$.

Donc, l'inversibilité est équivalente à $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ et $\overline{\text{Im}(K - \lambda I)} = H$.

Point méthode : Le théorème de Fredholm établit une équivalence entre l'injectivité, la surjectivité, et la dimension du noyau et du conoyau d'un opérateur compact perturbé par une constante non nulle.

Correction :

Méthode : Utiliser le théorème de Fredholm pour opérateurs compacts.

Démonstration :

Le théorème de Fredholm pour les opérateurs compacts stipule que pour un opérateur compact $K$ sur un espace de Hilbert $H$ et un scalaire $\lambda \neq 0$, les propriétés suivantes sont équivalentes :

1. L'opérateur $(I - K)$ est inversible.
2. L'opérateur $(I - K)$ est injectif (son noyau est trivial : $\ker(I - K) = \{0\}$).
3. L'opérateur $(I - K)$ est surjectif (son image est dense et fermée : $\text{Im}(I - K) = H$).

De plus, si $(I - K)$ n'est pas inversible, alors $\lambda$ est une valeur propre de $K$ et $\dim(\ker(I - K)) = \dim(\ker((I - K)^*))$.

Nous voulons montrer que $(I - K)$ n'est pas inversible si et seulement si $\lambda$ est une valeur propre de $K$.

$(\Rightarrow)$ : Supposons que $(I - K)$ n'est pas inversible. Par le théorème de Fredholm, cela signifie que $\ker(I - K) \neq \{0\}$. Soit $v \in \ker(I - K)$, $v \neq 0$. Alors $(I - K)v = 0$, ce qui implique $Iv - Kv = 0$, soit $v - Kv = 0$, donc $Kv = v$. Ceci montre que $v$ est un vecteur propre de $K$ associé à la valeur propre $\lambda = 1$. Donc, 1 est une valeur propre de $K$. Le scalaire $\lambda$ dans l'énoncé est 1.

$(\Leftarrow)$ : Supposons que $\lambda = 1$ est une valeur propre de $K$. Par définition, il existe un vecteur $v \neq 0$ tel que $Kv = 1v = v$. Alors $(I - K)v = Iv - Kv = v - v = 0$. Cela signifie que $\ker(I - K) \neq \{0\}$. Donc, l'opérateur $(I - K)$ n'est pas injectif, et par conséquent, il n'est pas inversible.

L'énoncé utilise $\lambda$ comme un scalaire non nul général, mais le théorème de Fredholm s'applique directement à $(I-K)$. Si l'on considère un opérateur $T = (K - \mu I)$ où $\mu \neq 0$. Alors $T$ est non inversible si et seulement si $\mu$ est une valeur propre de $K$. L'énoncé semble formuler cela pour l'opérateur $(I - K)$. En fait, il faut lire $\lambda$ comme le scalaire utilisé dans la définition de $(K - \lambda I)$. L'énoncé est donc : "Pour tout $\mu \neq 0$, $(K - \mu I)$ n'est pas inversible si et seulement si $\mu$ est une valeur propre de $K$."

Si on applique ceci avec $\mu = 1$, on obtient : $(K - 1I)$ n'est pas inversible si et seulement si 1 est une valeur propre de $K$. C'est exactement ce que nous avons démontré.

Si l'énoncé signifie : Soit $K$ compact, et $\lambda$ un scalaire non nul. Montrer que $(I-K)$ n'est pas inversible si et seulement si $\lambda = 1$ ET 1 est une valeur propre.

Reformulons l'énoncé pour qu'il soit clair et correct : Soit $K$ un opérateur compact sur $H$. Pour tout $\mu \neq 0$, l'opérateur $(K - \mu I)$ est inversible si et seulement si $\mu$ n'est pas une valeur propre de $K$. Par conséquent, $(K - \mu I)$ n'est pas inversible si et seulement si $\mu$ est une valeur propre de $K$.

Si on applique ceci avec $\mu = 1$, on a : $(K - 1I)$ n'est pas inversible si et seulement si 1 est une valeur propre de $K$. Le $\lambda$ dans l'énoncé est donc ici le scalaire 1.

Point méthode : Le théorème de Fredholm établit une relation directe entre l'inversibilité d'un opérateur compact perturbé par une constante et les valeurs propres de l'opérateur compact.

Correction :

Méthode : Utiliser les propriétés du spectre des opérateurs compacts autoadjoints et le fait que les valeurs propres non nulles sont isolées.

Démonstration :

Comme montré dans un exercice précédent, pour un opérateur compact autoadjoint $K$, son spectre $\sigma(K)$ est égal à son ensemble de valeurs propres $\sigma_p(K)$. De plus, $\sigma(K)$ est au plus dénombrable. Pour $\lambda \neq 0$, chaque espace propre $E_\lambda = \ker(K - \lambda I)$ est de dimension finie.

Considérons l'ensemble $\sigma(K) \setminus \{0\}$. Supposons qu'il existe une suite infinie de valeurs propres non nulles distinctes : $\lambda_1, \lambda_2, \dots$. Pour chaque $\lambda_k$, choisissons un vecteur propre unitaire $u_k$ tel que $Ku_k = \lambda_k u_k$. Comme $K$ est autoadjoint, les espaces propres $E_{\lambda_k}$ sont mutuellement orthogonaux. Ainsi, la famille $\{u_k\}_{k \in \mathbb{N}}$ est une suite orthonormée dans $H$.

Puisque $K$ est compact, l'ensemble $\{Ku_k\}_{k \in \mathbb{N}} = \{\lambda_k u_k\}_{k \in \mathbb{N}}$ est relativement compact dans $H$. Cela signifie que de toute sous-suite de $(\lambda_k u_k)$, on peut extraire une sous-suite convergente.

Si $|\lambda_k| \ge \epsilon > 0$ pour une infinité de $k$, alors la suite $(\lambda_k u_k)$ ne peut pas être relativement compacte. En effet, si $(\lambda_{k_j} u_{k_j})$ convergeait vers un vecteur $y$, alors comme $|\lambda_{k_j}| \ge \epsilon$, $(u_{k_j})$ devrait aussi converger (puisque $u_{k_j} = y_{k_j}/\lambda_{k_j}$). Mais une suite orthonormée ne peut converger que si elle est finie (ce qui contredirait l'existence d'une infinité de valeurs propres distinctes). Par conséquent, il ne peut y avoir qu'un nombre fini de valeurs propres $\lambda_k$ telles que $|\lambda_k| \ge \epsilon$ pour tout $\epsilon > 0$.

Cela implique les seules valeurs propres non nulles possibles sont dans des intervalles $(-\epsilon, \epsilon)$ pour $\epsilon$ arbitrairement petit. L'ensemble des valeurs propres non nulles est donc au plus dénombrable.

Point méthode : L'argument utilisant la compacité pour montrer que les valeurs propres non nulles sont isolées est une technique clé en théorie spectrale.

Correction :

Méthode : Utiliser le théorème de Fredholm pour opérateurs compacts et la dualité entre noyau et image.

Démonstration :

Soit $K$ un opérateur compact sur un espace de Hilbert $H$, et soit $\lambda \neq 0$. Nous voulons montrer que $\overline{\text{Im}(K - \lambda I)} = H$.

D'après le théorème de Fredholm pour les opérateurs compacts, pour $\lambda \neq 0$, l'opérateur $(K - \lambda I)$ est inversible si et seulement si $\dim(\ker(K - \lambda I)) = 0$ et $\dim(\text{coker}(K - \lambda I)) = 0$.

Pour un opérateur $T$ sur un espace de Hilbert, $\dim(\ker(T)) = \dim(\ker(T^))$, et $\text{coker}(T)$ est le complément orthogonal de l'image de $T^$, c'est-à-dire $\text{coker}(T) = (\text{Im}(T^*))^\perp$.

Dans notre cas, $T = K - \lambda I$. Son adjoint est $T^* = (K - \lambda I)^* = K^* - \bar{\lambda} I$. Puisque $K$ est compact, son adjoint $K^$ est aussi compact. Si $K$ est autoadjoint, $K^=K$. Si $K$ est simplement compact, on ne peut pas conclure que $T^*=T$ facilement.

Cependant, le théorème de Fredholm appliqué à $(K - \lambda I)$ dit que :

• $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ si et seulement si l'image de $(K - \lambda I)$ est dense.

Cela vient de la relation suivante : $(K - \lambda I)$ est inversible ssi $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ ET $\text{Im}(K - \lambda I) = H$. Et pour les opérateurs compacts, ceci est équivalent à $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ et $\text{coker}(K - \lambda I) = \{0\}$.

L'image de $(K-\lambda I)$ est dense si et seulement si son complément orthogonal est nul. Le complément orthogonal de l'image de $T$ est le noyau de son adjoint $T^$. Donc $\overline{\text{Im}(T)} = H \iff T^ \text{ est injectif} \iff \ker(T^*) = \{0\}$.

Le théorème de Fredholm appliqué à $T = K - \lambda I$ stipule que $T$ est inversible ssi $\dim \ker T = 0$ et $\dim \ker T^* = 0$. Si $T$ n'est pas inversible, alors $\dim \ker T = \dim \ker T^* \neq 0$. Dans le cas où $T = K - \lambda I$ avec $\lambda \neq 0$. Si $T$ n'est pas inversible, alors $\dim \ker T > 0$. Cela implique $\lambda$ est une valeur propre de $K$. Et $\dim \ker T = \dim \ker T^$. Si $\ker T = \{0\}$, alors $\dim \ker T = 0$, et par le théorème de Fredholm, $\dim \ker T^ = 0$, donc $\ker T^* = \{0\}$. Si $\ker T^* = \{0\}$, alors $\overline{\text{Im}(T)} = H$.

Donc, si $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$, alors $\ker((K - \lambda I)^*) = \{0\}$, ce qui implique $\overline{\text{Im}(K - \lambda I)} = H$.

Le cas où $\ker(K - \lambda I) \neq \{0\}$ signifie que $\lambda$ est une valeur propre. Dans ce cas, l'opérateur $(K - \lambda I)$ n'est pas inversible. Le théorème de Fredholm stipule alors que $\dim(\ker(K-\lambda I)) = \dim(\text{coker}(K-\lambda I))$. Si $\lambda$ est une valeur propre, alors $\ker(K-\lambda I) \neq \{0\}$.

Le fait que $\overline{\text{Im}(K - \lambda I)} = H$ est lié à l'injectivité de l'adjoint. Le théorème de Fredholm stipule que pour $\lambda \neq 0$, $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$ si et seulement si $\text{Im}(K - \lambda I)$ est dense.

Considérons le cas où $\lambda$ n'est PAS une valeur propre de $K$. Alors $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$. Par le théorème de Fredholm, puisque $\ker(K - \lambda I) = \{0\}$, l'opérateur $(K - \lambda I)$ doit avoir une image dense. Donc $\overline{\text{Im}(K - \lambda I)} = H$.

Point méthode : Le théorème de Fredholm lie l'injectivité d'un opérateur compact $T-\lambda I$ (pour $\lambda \neq 0$) à la densité de son image.

Correction :

Méthode : Utiliser le fait que si $K$ est compact et autoadjoint, son spectre est discret et contient 0 (sauf si $H$ est de dimension finie et $K$ inversible). Si $K$ est inversible, alors 0 n'est pas dans le spectre.

Démonstration :

Soit $K$ un opérateur compact autoadjoint sur $H$. Nous savons que le spectre de $K$, $\sigma(K)$, est égal à l'ensemble de ses valeurs propres $\{\lambda_1, \lambda_2, \dots\}$. De plus, pour $\lambda \neq 0$, chaque valeur propre $\lambda_i$ a une multiplicité finie, et les espaces propres $E_{\lambda_i}$ sont mutuellement orthogonaux et leur somme directe forme $H$: $H = \bigoplus_{i} E_{\lambda_i}$.

Si $K$ est inversible, cela signifie que $0$ n'est ni une valeur propre ni dans le spectre de $K$. Donc, $\sigma(K) = \{\lambda_1, \lambda_2, \dots\}$ ne contient pas 0.

Si $H$ était de dimension infinie, alors, comme $K$ est compact, le spectre $\sigma(K)$ serait un ensemble au plus dénombrable de valeurs propres non nulles, $\sigma(K) = \{\lambda_i\}_{i \in \mathbb{N}}$. De plus, chaque $\lambda_i$ aurait une multiplicité finie et $H = \bigoplus_{i \in \mathbb{N}} E_{\lambda_i}$.

Si $K$ est inversible, alors $0 \notin \sigma(K)$. Si $H$ est de dimension infinie, alors on aurait une suite infinie de valeurs propres non nulles $\lambda_i$. Par exemple, si $K$ était de rang fini, il aurait un nombre fini de valeurs propres non nulles. Mais $K$ est seulement compact.

Considérons le cas où $H$ est de dimension infinie. Si $K$ est compact et autoadjoint, et $0 \notin \sigma(K)$, alors $\sigma(K) = \{\lambda_1, \lambda_2, \dots\}$ est une suite infinie de valeurs propres non nulles distinctes. Chaque $E_{\lambda_i}$ est de dimension finie. Alors $H = \bigoplus_{i=1}^\infty E_{\lambda_i}$.

Si $K$ est inversible, cela signifie que $K^{-1}$ existe et est borné. De plus, $K$ étant autoadjoint, $K^{-1}$ est aussi autoadjoint. L'opérateur $K^{-1}$ est-il compact ? Pas nécessairement.

Si $K$ est compact et autoadjoint, et $0 \notin \sigma(K)$, alors $K$ a un nombre fini de valeurs propres non nulles distinctes. Ceci est une propriété plus forte.

En effet, si $K$ est compact autoadjoint et inversible, alors $0 \notin \sigma(K)$. Le spectre est alors $\sigma(K) = \{\lambda_1, \dots, \lambda_n\}$, un ensemble fini de valeurs propres non nulles. Puisque $H = \bigoplus_{i=1}^n E_{\lambda_i}$ et que chaque $E_{\lambda_i}$ est de dimension finie, alors $H$ est de dimension finie.

Pour prouver que $\sigma(K)$ est fini si $K$ est inversible : si $\sigma(K)$ était infini, alors il y aurait une suite infinie de valeurs propres distinctes $\lambda_k \to 0$. Mais si $K$ est inversible, $0 \notin \sigma(K)$. Si on a une suite infinie de valeurs propres $\lambda_k$ distinctes et non nulles, alors $H = \bigoplus E_{\lambda_k}$.

Si $K$ est inversible, alors $K^{-1}$ existe et est borné. Si $K$ est compact, alors $K^{-1}$ n'est pas nécessairement compact. Cependant, si $K$ est compact autoadjoint et inversible, alors il a un nombre fini de valeurs propres distinctes (non nulles). Cela signifie que le rang de $K$ est fini. Si $K$ est compact autoadjoint et inversible, et que $H$ est de dimension infinie, alors son spectre est infini et $\lambda_k \to 0$. Si $K$ est inversible, alors $0 \notin \sigma(K)$. Donc, il doit y avoir un nombre fini de valeurs propres non nulles.

Point méthode : L'inversibilité d'un opérateur compact autoadjoint implique son spectre est fini et non nul, ce qui force l'espace de Hilbert à être de dimension finie.