Polynôme annulateur opérateur compact

Bonjour à tous,

Je bloque totalement sur le problème suivant :
On se place dans un espace de Banach E de dimension infinie. A est un opérateur compact de E dans lui-même. Le problème est de savoir à quelle CNS il existe un polynôme réel non nul annulant A.

1) Si p est un tel polynôme, montrer que nécessairement p(0)=0.
2) On suppose donc qu'un tel polynôme p existe et vérifie p(0)=0. Montrer qu'il existe m dans N tel que le rang de A^m est fini.
3) Montrer que la condition précédente est suffisante.

Pour la 1), je suppose que p(0) est non nul et je montre que la dimension de Ker(p(A)) est finie en utilisant le théorème de Riesz.

C'est à partir de la 2) que je bloque totalement.

Quelqu'un aurait une petite piste à explorer ?

Merci d'avance

Réponses

  • Notons $p = a_1X + a_2X^2 + \dots + a_mX^m$ avec les $a_i$ réels et $a_m \neq 0$. Que dire de $A^m$ au vu du fait que $p(A)=0$ ?
  • On peut dire que A^m = -1/a_m* (a_1*A +...). Ainsi, A^m s'écrit comme combinaison linéaire des A^i pour i allant de 1 à m-1.
    Je ne vois pas comment en déduire une information sur le rang de A^m. (On peut écrire que rg(A^m)<= somme(rg(A^i)) mais cela n'apporte pas grand-chose...)
  • Supposons A non nilpotent.

    Avec ce qui a été établi on a une relation du type :

    0 = A^m (I + b1A + ... + bp A^p)

    Par lemme des noyaux ker(A^m) admet le supplémentaire ker (I + b1 A + ... + bp A^p). Celui-ci est de dimension finie avec Riesz, et étant supplémentaire à ker(A^m) il est isomorphe à l'image de A^m.
  • Bonsoir lapins crétins et merci pour ta réponse,

    Je comprends très bien le raisonnement que tu mènes, mais je ne vois juste pas d'où provient la relation que tu donnes au début de ton message...

    De plus une question d'algèbre linéaire plutôt : pour justifier proprement que si deux s-ev d'un ev E admettent un supplémentaire commun, alors ils sont isomorphes, faut-il passer par les espaces quotients ?
  • Ramufasa
    Si $p(0)= 0$ alors $p$ peut commencer à partir de $X$ ou $X^2$ ou... donc il existe un $m>0$ tel que $p(X)=a_mX^m+\cdots+a_NX^N,$ où $N$ est le degré de $p,$ avec $a_m$ et $a_n$ non nuls.
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • La première ligne c'est juste factoriser le polynôme par X puissance la multiplicité de 0, quitte à rediviser par le coefficient de A^m pour avoir une belle forme du théorème de Riesz.

    Pour la fin c'est juste l'énoncé général du théorème du rang : tout supplémentaire du noyau est isomorphe à l'image.
  • Pour la question 2, on peut dire aussi Si F et G ont un supplémentaire commun S, ils sont isomorphes car isomorphes tous les deux à E/S

    @Lapin cretin merci pour cette preuve http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1891604,1891754#msg-1891754 , j'ai cherché sans trouver d'issue
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  • Mais oui évidemment... merci pour votre aide !
  • De rien ça me travaillait dans le bus.
  • J'attends que Poirot nous dévoile son raisonnement.

    De ma part , j'ai essayé un raisonnement par l'absurde: en supposant qu'aucun des $A^k$ n'est de rang fini, J’espérais prouver rigoureusement que la somme d'opérateurs $a_1A + a_2X^2 + \dots + a_mA^m$ne peut pas être de rang fini, ce qui est absurde car cette somme est égale à l'opérateur nul
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  • Effectivement gebrane, j'étais parti comme toi mais on ne dispose a priori que d'une inégalité dans le mauvais sens sur les rangs (cf ma réponse à Poirot). Après coup, la preuve de lapins crétins me semble être la plus naturelle.
  • Pour le moment je regarde pourquoi cette condition est suffisante
    (si tu as des questions ressemblantes d'analyse fonctionnelle, n’hésite pas à les poser )
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  • Pour la suffisance c'est de l'algèbre pure. Pour simplifier on va dire que m=1.
    En gros on aimerait exploiter la condition de finitude de la dimension mais on est embêté parce qu'on n'a pas de point de départ de dimension finie.
    Qu'à cela ne tienne, quitte à quotienter par le noyau on a un morphisme de E/ker(A) sur im(A), de dimensions finies, et qui donc a un polynôme annulateur.
    Les conditions d'annulation de ce polynôme passent assez mal quand on relève le quotient en considérant ce polynôme en A sur E, à cause de l'éventuel coefficient 0 et du fait qu'on n'a pas de "P(A) = 0" mais "P(A) € ker(A)". Mais il suffit de recomposer par A pour avoir un polynôme annulateur (et ce produit supplémentaire par A implique que notre polynôme vaut 0 en 0, on est rassuré avec ce qu'on a établit sur la condition nécessaire).
  • Ça me dépasse ! :-D
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  • La réponse de Robert .Israel est aussi génial
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  • La réponse de Robert Israël ? Qu'est-ce ?
  • Le lien est indiqué dans ce message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1891604,1892482#msg-1892482 clique sur le bonhomme souriant.
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  • Ah c'était un lien !
    On a la même preuve, ça me confirme que je ne disais pas de sottise !
  • Une autre idée de démonstration :

    Soit $P(X) = \sum_{k=m}^n a_k X^k$ un polynôme tel que $a_n \neq 0$ et $a_m =1$. Supposons que $A^m$ ne soit pas de rang fini, puisque $A$ est compact pour tout $\varepsilon>0$ il existe un vecteur $x \in E$ tel que $\|A^mx\| = 1$ et $\|A(A^m x)\|<\varepsilon$. On a alors
    \[
    \|P(A)x \| \geq 1 - \sum_{k=m+1}^n\|a_k A^k x\| \geq 1- \varepsilon \sum_{k=m+1}^n |a_k|\|A\|^{k-m}
    \]
    et pour $\varepsilon $ assez petit dépendant de $P$ on obtient $\|P(A)x\|\geq 1/2$ d'où $P$ n'est pas annulateur. On en déduit que $A$ ne possède pas de polynôme annulateur si $A^m$ est de rang infini pour tout $m$.
  • @Corto : tu peux expliquer un peu plus comment tu utilises les hypothèses $A^m$ de rang infini et $A$ compact pour obtenir ton epsilonage ?
  • Oui, c'est effectivement la partie délicate de la démonstration. L'image de $A^m$ est de dimension infinie, l'idée est donc de prendre une suite $y_n = A^m x_n$ de points de $R(A^m)$ telle que $\|y_n\| = 1$ pour tout entier $n$ et $y_n \rightharpoonup 0$. Par compacité de $A$ on sait que $Ay_n$ converge fortement vers $0$ donc il existe bien un entier $n$ tel que $\|A^{m+1} x_n\| <\varepsilon $.

    Si je ne dis pas de bêtises une telle suite $(y_n)_n$ existe toujours dans une Banach réflexif. Je pense que c'est aussi vrai pour un Banach quelconque mais à bien y réfléchir je ne suis pas sûr de savoir le démontrer.

    Voici ma démonstration pour l'existence de cette suite dans un Banach réflexif (peut-être valide hors carde de réflexivité ?)
    On sait qu'il existe une suite $(z_n)_n$ telle que $\|z_n\|=1$ pour tout $n$ et $\|z_n-z_m\|>1/2$ pour tout $m\neq n$. Quitte à extraire on peut supposer la suite faiblement convergente vers un vecteur $z$ (c'est là qu'intervient la réflexivité je crois). La suite $(z_n-z_{n+1})_n$ converge alors faiblement vers $0$ et quitte à renormaliser on peut poser $y_n = z_n-z_{n+1}$.

    En tout cas ma démonstration vient de l'intuition d'un opérateur diagonal sur un Hilbert, s'il n'est pas de rang fini il possède une suite infinie de valeurs propres non nulles tendant vers $0$. Un polynôme annulateur devrait annuler toutes ces racines, ce qui est absurde.


    Au passage Poirot je veux bien savoir quelle était la démonstration que tu avais en tête dans ton premier message, est-ce que c'était la même que celle de Riemann ?
  • Oui c'était ça, au détail près que je n'avais pas immédiatement en tête pourquoi $\ker(\id + a_1A + \dots + a_pA^p)$ est de dimension finie :-D
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