Opérateur non borné $||T(x)||<c||x||$
Bonjour.
J'ai deux opérateurs auto-adjoints non bornés $S$ et $T$ de même domaine $D$ de $L^2(\R)$ vérifiant:
1]- $\forall a>0,\ \exists x\in D,\ ||S(x)||<a||x||$.
2]-$\forall b>0,\ \exists y\in D,\ ||T(y)||<b||y||$.
3]- $<S(x),T(x)>=0$ pour tout $x\in D$.
4]- $T$ est injectif et $S$ non injectif.
Peut-on dire que:
$\exists c>0,\ \forall z\in D,\ ||S(z)||^2+||T(z)||^2>c||z||^2$.
Merci.
J'ai deux opérateurs auto-adjoints non bornés $S$ et $T$ de même domaine $D$ de $L^2(\R)$ vérifiant:
1]- $\forall a>0,\ \exists x\in D,\ ||S(x)||<a||x||$.
2]-$\forall b>0,\ \exists y\in D,\ ||T(y)||<b||y||$.
3]- $<S(x),T(x)>=0$ pour tout $x\in D$.
4]- $T$ est injectif et $S$ non injectif.
Peut-on dire que:
$\exists c>0,\ \forall z\in D,\ ||S(z)||^2+||T(z)||^2>c||z||^2$.
Merci.
Réponses
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En fait, tu demande si, quelque soient deux opérateurs $S$ et $T$ tels que $\forall x \in D, \langle Sx,Tx\rangle = 0$ alors on a
$$\exists c > 0 \forall z \in D, \| Sx\|^2 + \|Tx\|^2 > c \|z\|^2$$
J'ai du mal à voir pourquoi ça serrait vrai.
Par exemple si $\text{Ker}(S) \cap \text{Ker}(T) \neq \{0\}$, alors c'est trivialement faux -
Si $S$ n'est pas injectif, la condition 1 ne sert à rien. Bon, alors là, il ne semble pas y avoir de contre-exemple évident en dimension finie, c'est déjà ça.
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Est-ce que tu penses que le décalage à gauche n'est pas d'image fermée ?
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Il est d'image fermée. en fait si $T$ un operateur de $D\subset E\to F$ ($E$ et $F$ sont complets )tel que :
$\exists c>0: \forall x\in||T(x)||>=c||x||$ alors $ R(T)$ est fermé dans $F$ et $T$ est injectif, on a même l'équivalence. Ce que je voulais dire c'est que la condition $1$ donne $R(T)$ n'est pas fermé ou $T$ n'est pas injectif.
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Si la condition 1 est vérifiée, on peut rien dire sur l'injectivité de $S$ de même si $S$ est injectif on peut rien dire sur la condition 1.
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Ta condition 4 est $T$ injectif et $S$ non injectif, ergo 1 ne sert à rien.
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Si la condition 4 n'est pas vérifiée, alors on peut jamais trouver un $c>0$, vérifiant le résultat que je voudrais. Il suffit de prendre un élément $z$ dans $\ker(S)\cap \ker(T)$.
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Oui ou non : la conjonction des conditions 1 et 4 rend-elle la condition 1 inutile ?
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je suis désolé, je vois pas comment la condition 1 donne $S$ est injectif.
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Elle ne le donne pas ! Tu supposes en 4 que $S$ n'est pas injectif ! Si tu supposes en 4 que $S$ n'est pas injectif, cela implique que $S$ satisfait trivialement la condition 1. Qui ne sert pas conséquent [size=x-large]à rien[/size]. Tu peux continuer à la supposer si ça te chante. Comme elle ne sert à rien, elle ne mange pas de pain non plus.
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Tu as raison, si je supprime maintenant 1 et je laisse 4. A-t-on quelque chose?
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Je ne vois pas de contre-exemple immédiat, mais en même temps, je ne vois pas de raison particulière pour que ce soit vrai...
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Si je ne me trompe pas $S=0$ et $T(e_n)=e_n/(n+1)$ donne un contre exemple.
Bon mais pour de vrai, c'est quoi la finalité derrière tout ces essais de propriétés (fausses) sur les opérateurs ? -
Du même genre, avec un opérateur non borné sur $L^2(\R_+)$, $S=0$ et $Tu=u'$ avec $D=H^1_0(\R_+^*)$.
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Merci pour vous exemples, si vous pouvez me donner un exemple où $S$ est non nul, ça sera mieux.
Encore une fois merci beaucoup. -
$T(e_n)=e_{n+1}/(n+1)$ et $S$ le projecteur orthogonal sur $e_0$.
Mais tu ne m'a pas répondu, d'où est-ce qu'elles sortent ces questions ? -
Aussi, ton $T$ n'est pas auto-adjoint.
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Ce qui est évident.
Suppose que pour un certain $n \in \Bbb{N}$, $c > \frac{1}{n}$, alors
$\|T(e_n) \| = \| \frac{e_{n+1}}{n+1} \| = \frac{1}{n+1} \|e_{n+1}\| = \frac{1}{n+1} \|e_n\| < c \|e_n\|$$ -
Tu sembles quand même chasser une illusion. Au lieu de $Tu=u'$, prends $Tu=u''$.
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Oui, mais $T$ n'est pas injectif.
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En es-tu sûr ?
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oui il est injectif, je sais bien que le Laplacian n'a pas de fonctions propres, son spectre est continu. Mais tu as pris $S=0$.
Je serais très reconnaissant si tu me donne un autre ou $S$ non nul. -
C'est quoi le souci avec $S=0$ ? Il est pourtant non borné, auto-adjoint, non injectif, satisfait 3 avec n'importe qui. Un seul contre-exemple suffit à invalider une assertion.
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Oui, qui me dit que si $S\not=0$ alors le résultat est vrai.
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Si ton but est de trouver un résultat vrai en rajoutant des hypothèses au hasard, ça n'a pas de grandes chances de succès. Ici, tu es en train de rajouter l'hypothèse $S\neq 0$. Quelle sera la prochaine hypothèse que tu rajouteras une fois que quelqu'un t'aura donné un contre-exemple ? C'est amusant un certain temps, mais à la longue...
Edit : d'ailleurs mojojo t'as déjà donné un contre-exemple. Editedit, en effet il n'est pas auto-adjoint.
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