Opérateurs : $||Tx||^2+||Sx||^2>c||x||^2$
Bonjour.
J'ai 3 opérateurs $R,S$ et $T$ définis sur des domaine de $L^2(\R)$ tels que :
1]- $ D(R)= D(S)\cap D(T)$ et $R=S+T$.
2]- $ \forall u\in D(R): || Ru ||^2=|Tu||^2+||Su||^2>c||u||^2$ avec $c$ constante $>0$.
3]-$TS\not=ST$.
En dimension finie, il est clair que si $R$ est inversible, alors $S$ et $T$ le sont aussi.
En dimension infini sans la condition $3$ le résultat est faux, il suffit de prendre $R=I, S=P$ et $T=I-P$ où $P$ est un projecteur.
Est-ce qu'on peut dire que si $R$ est inversible, alors $T$ et $S$ le sont aussi.
Merci infiniment d'avance.
J'ai 3 opérateurs $R,S$ et $T$ définis sur des domaine de $L^2(\R)$ tels que :
1]- $ D(R)= D(S)\cap D(T)$ et $R=S+T$.
2]- $ \forall u\in D(R): || Ru ||^2=|Tu||^2+||Su||^2>c||u||^2$ avec $c$ constante $>0$.
3]-$TS\not=ST$.
En dimension finie, il est clair que si $R$ est inversible, alors $S$ et $T$ le sont aussi.
En dimension infini sans la condition $3$ le résultat est faux, il suffit de prendre $R=I, S=P$ et $T=I-P$ où $P$ est un projecteur.
Est-ce qu'on peut dire que si $R$ est inversible, alors $T$ et $S$ le sont aussi.
Merci infiniment d'avance.
Réponses
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$S=\bigl(\begin{smallmatrix}1&0\\0&0\end{smallmatrix}\bigr)$ et $T=\bigl(\begin{smallmatrix}0&1\\0&1\end{smallmatrix}\bigr)$
R=S+T est inversible mais ...Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
supspé écrivait :
> En dimension finie, il est clair que si $R$ est inversible, alors $S$ et $T$ le sont aussi.
Mais non ! La condition 2 implique que l'image de $S$ et l'image de $T$ sont orthogonales. Donc au moins un des deux opérateurs n'est pas inversible. De plus, ils ne commutent pas sauf si leur composition dans les deux sens est nulle.
Non, voir intervention de GaBuZoMeu plus bas. -
remarque écrivait:
> Mais non ! La condition 2 implique que l'image de
> $S$ et l'image de $T$ sont orthogonales.
Ah bon ? Dans un plan euclidien, $S=$ l'identité et $T=$ une rotation d'un quart de tour, $R=S+T$, ne vérifient pas la condition 2 ? -
Le premier bout de la condition 2, ben non.
Non, voir intervention de GaBuZoMeu plus haut et plus bas. -
M'enfin, Remarque ? Pythagore, non ? On a, pour tout $u\in \R^2$ :
$$\Vert R u\Vert^2= \Vert Su\Vert^2 +\Vert Tu\Vert^2= 2\Vert u\Vert^2$$
et pourtant les images de $S$ et $T$ sont toutes les deux $\R^2$. -
Ah, my mistake. Ce n'est pas que les images soient orthogonales, c'est que les images d'un même vecteur sont orthogonales.
-
En dimension finie le résultat n'est vrai que si $\ker(T)\cap \ker(S)=\{0\}$.
Supposons que $\ker(T)\cap \ker(S)=\{0\}$, peut-on dire en tenant compte des conditions 1, 2 et 3 qu'au moins l'un d'eux ($T$ ou $S$) est inversible ?
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