On munit \(\mathbb C[X]\) du produit scalaire

\[\forall\,P,Q\in\mathbb C[X]\ :\ \langle P,Q\rangle =\int_0^1P(t)\overline{Q(t)}dt.\]

Montrer que l’opérateur \(T\,:\, P\in\mathbb C[X]\mapsto T(P)=P'\) n’a pas d’adjoint.


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[ID: 2601] [Date de publication: 9 novembre 2022 14:43] [Catégorie(s): Topologie ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]




Solution(s)

Solution(s)

Un opérateur borné sans adjoint
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 14:43

Supposons que \(T\) admette un adjoint \(T^\star\). Notons pour \(n\in \mathbb N,\ p_n(x)=x^n\), alors

\[\begin{aligned} \langle \,p_n,T^\star p_0\rangle &= \int_0^1t^n\overline{T^\star p_0(t)}dt\\ &=\int_0^1 T(t^n)\overline{p_0(t)}dt\\ &=\int_0^1 n t^{n-1}dt=1 \end{aligned}\]

mais de l’autre côté, avec Cauchy-Schwarz

\[1=\vert \langle \,p_n,T^\star p_0\rangle \vert\leq \Vert p_n\Vert \cdot \Vert T^\star p_0\Vert \leq\sqrt{{1\over{2n+1}}}\Vert T^\star p_0\Vert <1\quad\text{ pour } n \text{ assez grand, }\]

d’où la contradiction.


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