Problème sur les opérateurs / analyse complexe

Salut ! Auriez-vous une idée pour déduire l'expression (en jaune) à partir de l'expression de l'opérateur f(A) ? j'avais pensé au théorème des résidus, mais le problème est qu'aucun pôle ne se trouve à l'intérieur du contour car $\lambda$ se trouve à l'extérieur de $S_{\alpha}$ qui lui contient le contour.

si jamais voici la définition de S_alpha et A est un opérateur pas forcément borné 
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Réponses

  • Si $f = \frac{1}{\lambda - \cdot}$, alors $\lambda$ est un pôle simple de $f$, non ?
  • NicolasH
    Modifié (May 2024)
    Bibix a dit :
    Si $f = \frac{1}{\lambda - \cdot}$, alors $\lambda$ est un pôle simple de $f$, non ?
    Oui, c'est bien un pôle de $f$. Cependant, $\lambda$ n'est pas à l'intérieur du contour $\Gamma$, puisque $\Gamma$ est inclus dans $S_{\alpha}$ qui lui-même est inclus dans  $\overset{-}{S_{\alpha}}$ or, $\lambda \notin$  $\overset{-}{S_{\alpha}}$. Je ne peux donc pas le faire intervenir lorsque je souhaite appliquer le théorème des résidus.
  • NicolasH
    Modifié (May 2024)
    Bibix a dit :
    Si $f = \frac{1}{\lambda - \cdot}$, alors $\lambda$ est un pôle simple de $f$, non ?
    Je penses qu'il faut que je me concentre sur l'opérateur résolvant $(zI-A)^{-1}$, je me rend compte que si j'applique le théorème des résidus pour "une sorte de pôle" en  $z=A$, là je trouve bien l'expression demandé un calculant le résidus, mais ça n'a bien sûr aucun sens étant donnée que $z \in \mathbb{C}$ et que A est un opérateur.

  • marco
    Modifié (May 2024)
    Si le spectre de $A$ est inclus dans $S_{\alpha}$, alors pour tout $z$ appartenant au contour $\Gamma$, on a $\rho(A)< |z|$, donc la série de terme $\frac{\|A^n\|}{|z^n|}$ converge bien, donc $(zI-A)^{-1}=\frac{1}{z}(I-\frac{1}{z}A)^{-1}=\frac{1}{z}(I+\frac{1}{z}A+ \cdots +\frac{1}{z^n}A^n+ \cdots)$.
    Soit $\phi$ une forme linéaire continue sur la $C^*$-algèbre dans laquelle on travaille (c'est-à-dire contenant $A$).
    $\phi(\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}} A^n dz)=\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}}\phi( A^n)dz=2i \pi\frac{-f(0)}{\omega^2}\phi(A^n)$ si $n=0$, et $0$ sinon (par le théorème des résidus, car $f=\frac{1}{\lambda- \cdot}$ n'a pas de pôle, ni de zéros dans $S_{\alpha}$).
    Ceci étant valable pour tout $\phi$, on a $\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}} A^ndz=2i \pi\frac{-f(0)}{\omega^2}A^n$ si $n=0$, et $0$ sinon.
    Donc $2i \pi\frac{-f(0)}{\omega^2}I=\sum_n \int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}} A^ndz=\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2} (zI-A)^{-1}dz$.
    Non, je dois me tromper...
  • NicolasH
    Modifié (May 2024)
    marco a dit :
    Si le spectre de $A$ est inclus dans $S_{\alpha}$, alors pour tout $z$ appartenant au contour $\Gamma$, on a $\rho(A)< |z|$, donc la série de terme $\frac{\|A^n\|}{|z^n|}$ converge bien, donc $(zI-A)^{-1}=\frac{1}{z}(I-\frac{1}{z}A)^{-1}=\frac{1}{z}(I+\frac{1}{z}A+ \cdots +\frac{1}{z^n}A^n+ \cdots)$.
    Soit $\phi$ une forme linéaire continue sur la $C^*$-algèbre dans laquelle on travaille (c'est-à-dire contenant $A$).
    $\phi(\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}} A^n dz)=\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}}\phi( A^n)dz=2i \pi\frac{-f(0)}{\omega^2}\phi(A^n)$ si $n=0$, et $0$ sinon (par le théorème des résidus, car $f=\frac{1}{\lambda- \cdot}$ n'a pas de pôle, ni de zéros dans $S_{\alpha}$).
    Ceci étant valable pour tout $\phi$, on a $\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}} A^ndz=2i \pi\frac{-f(0)}{\omega^2}A^n$ si $n=0$, et $0$ sinon.
    Donc $2i \pi\frac{-f(0)}{\omega^2}I=\sum_n \int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2}\frac{1}{z^{n+1}} A^ndz=\int_{\Gamma} \frac{f(z)}{z^2- \omega^2} (zI-A)^{-1}dz$.
    Non, je dois me tromper...
    $f(z)$ est connu et vaut 1/(\lambda -z)
  • NicolasH
    Modifié (May 2024)
    Je viens de réussir à montrer que $(\dfrac{1}{λ-z})(A)x = (λ-A)^{-1}x$ est équivalent à dire que 1(A)=id, où f(z)=1. Donc j'aimerai montrer cette seconde expression qui me semble plus simple, mais je suis encore face au problème avec le pôle.
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