Opérateur dissipatif — Les-maths.net

Opérateur dissipatif

Bonjour
Je n'arrive pas à résoudre l'exercice suivant, je vous recopie l'énoncé puis en dessous ce que j'ai fait et ce qui me bloque. Merci d'avance à ceux qui tenteront de m'aider !

1. Soit $A$ un opérateur linéaire fermé, de domaine $D(A)$ dense dans un espace de Hilbert $(H,\langle \cdot , \cdot \rangle )$.
Un opérateur $\big(A,D(A)\big)$ est dissipatif si $$\langle Ax,x \rangle \leq 0, \quad\forall x \in D(A).$$ On suppose que $A$ et son opérateur adjoint $A^*$ sont dissipatifs.
a) Montrer que tout opérateur $\big(A,D(A)\big)$ dissipatif vérifie que pour tout $x\in D(A)$ et tout $\lambda >0$ $$||\lambda x-Ax||^2 \geq \lambda^2 ||x||^2
$$ b) Montrer que $Im(I-A)$ est fermée.
c) On suppose que $Im(I-A)\neq H$.
i. Montrer qu'il existe $x^* \in D(A^*), \ x^* \neq 0$, tel que $x^*-A^*x^*=0$.
ii. Montrer que cela contredit la dissipativité de $A^*$.
d) En déduire que pour $Im(I-A)=H$ (dans ce cas, on dit que $(A,D(A))$ est maximal).

2. On définit l'opérateur $A$ sur $L^2(0,1)$ de la manière suivante: $$\begin{align*} D(A) &= \{ u\in H^3(0,1) \ ; \ u(0)=u(1)=u'(1)=0 \} \\ Au &=-u'-u^{(3)}, \quad u\in D(A). \end{align*}
$$ a) Justifier que :
i. $\overline{D(A)}=L^2(0,1)$
ii. $(A,D(A))$ est fermé.
iii. $(A,D(A))$ est dissipatif.
b) Montrer que $A^*$ est défini par $$\begin{align*} D(A^*) &= \{ u\in H^3(0,1) \ ; \ u(0)=u(1)=u'(0)=0 \} \\ A^*u &=u'+u^{(3)}, \quad u\in D(A^*). \end{align*}
$$ c) Montrer que $(A^*,D(A^*))$ est dissipatif.

Pour la 1.a) je ne pense pas qu'il y ait de problème, voici ce que j'ai fait pour ceux que cela intéresse:

Soient $(A,D(A))$ un opérateur dissipatif, $\lambda >0$ et $x\in D(A)$.
D'après l'inégalité de Cauchy-Scharz, on a $||\lambda x - Ax||.||x|| \geq |\langle \lambda x -Ax,x \rangle |$.
Comme $A$ est dissipatif, alors $\langle Ax,x \rangle \leq 0$, et on a:
$\lambda \langle x,x \rangle - \langle Ax,x \rangle \geq \lambda \langle x,x \rangle$
$| \lambda \langle x,x \rangle - \langle Ax,x \rangle | \geq \lambda \langle x,x \rangle$ (car $\lambda >0$ et $\langle x,x \rangle \geq 0$ car le produit scalaire est une forme positive)
$|\langle \lambda x -Ax,x \rangle | \geq \lambda ||x||^2$
On en déduit alors que $||\lambda x - Ax||.||x|| \geq \lambda ||x||^2$, c'est-à-dire que $||\lambda x - Ax|| \geq \lambda ||x||$, et finalement en élevant au carré on obtient que $||\lambda x - Ax||^2 \geq \lambda^2 ||x||^2$.
Nous avons donc bien montré que tout opérateur $(A,D(A))$ dissipatif vérifie: $$\forall \lambda >0, \ \forall x\in D(A), \ ||\lambda x - Ax||^2 \geq \lambda^2 ||x||^2.$$

En ce qui concerne la b), c'est là que je bloque, je ne vois pas du tout comment m'y prendre pour montrer que $Im(I-A)$ est fermé. J'ai essayé avec la caractérisation séquentielle des fermés mais sans succès, je ne vois pas quelles sont mes autres options.
«1

Réponses

  • Pour la 1)b) il suffit d'utiliser la 1)a) avec une suite et $\lambda=1$. Tu obtiens la convergence de "la" suite des antécédents, et par continuité de $A$ c'est plié.
  • Bonjour Kuruka
    Content de te revoir:-)
    pour le a) tu peux simplement développer
    $$\ ||\lambda x - Ax||^2= <\lambda x - Ax,\lambda x - Ax>=\lambda ||x||^2-2\lambda<Ax,x>+ ||Ax||^2\geq \lambda ||x||^2$$
    pour le b)D'apres l'indication de poirot, tu prend $y_n$ dans $Im(I-A)$ qui converge vers $y$ donc il existe une suite $x_n$ verifiant $y_n=x_n-Ax_n$ , la suite $x_n$ n'est pas convergente mais elle est bornée du fait que $||x_n|| \leq ||y_n||$ et donc tu peux en extraire une sous suite convergence vers $x$ et par passage à la limite $y=x-Ax$ et donc $y\in Im(I-A)$

    edit des lambda et * manquait au a)
  • Bonjour et merci à vous deux pour votre aide !

    Coucou gebrane0 ! Le fait que tu écorches encore et toujours mon pseudo après tant de temps n'enlève rien au plaisir de venir parler de mathématiques avec toi, content de te revoir aussi ! ;-)

    Lorsque tu dis que $x_n$ est bornée et donc on peut en extraire une sous-suite convergente, je ne vois pas trop pourquoi. Dans le cas des suites réelles je suis d'accord, mais ce n'est pas le cas ici, et plus généralement dans le cas où l'espace serait compact on pourrait utiliser le théorème de Bolzano-Weierstrass, mais ce n'est pas le cas non plus.
    Que se passe-t-il alors ?
  • Modifié (24 Nov)
    Tu travailles dans un Hilbert, donc de toute suite bornée tu peux extraire une sous-suite convergente faiblement
  • J'avais oublié la convergence faible, je suis donc allé revoir mes cours de l'année passée sur ce chapitre. Je suis maintenant d'accord sur le fait qu'on ait une sous-suite $(x_{n_k})_{k\in \mathbb{N}}$ de $(x_n)$ qui converge faiblement, cependant n'a-t-on pas besoin de la convergence forte pour le passage à la limite dans $y_{n_k}=x_{n_k}-Ax_{n_k}$ ?
  • Modifié (24 Nov)
    $(x_n)$ qui converge faiblement vers $x$ donc par definition $<x_n,\zeta>$ converge vers $<x,\zeta>$, pour tout $\zeta \in H$ donc
    $<y_{n_k},\zeta>=<x_{n_k}-Ax_{n_k},\zeta>=<x_{n_k},\zeta>-<x_{n_k},A^* \zeta>$ converge vers $<x,\zeta>-<x,A^* \zeta>=<x-Ax, \zeta>$ donc $y_{n_k}$ converge faiblement vers $x-Ax$ et par unicité de la limite faible $y=x-Ax$

    edit une étoile manque
  • Ok, merci gebrane c'est très clair ! Du coup j'ai rédigé proprement, je recopie ci-dessous la rédaction.
    En ce qui concerne la c.i) j'ai beau réfléchir, je ne vois pas comment faire, quelle est l'idée... Pourriez-vous m'aider s'il vous plaît ?

    Dans toute cette question, $\langle \cdot , \cdot \rangle$ désignera le crochet de dualité et non le produit scalaire de $H$.
    Soit $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $Im(I-A)$ convergeant vers $y\in H$.
    Alors il existe une suite $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ d'éléments de $D(A)$ telle que $\forall n \in \mathbb{N}, \ y_n=x_n-Ax_n$.
    Ainsi d'après la question 1.a), pour $\lambda = 1$, on a $||y_n||^2 \geq ||x_n||^2$, c'est-à-dire $||x_n|| \leq ||y_n||$.
    Il en découle, puisque $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite convergente et donc bornée, que la suite $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est bornée.
    Et puisque de plus $H$ est un espace de Hilbert, on peut extraire de la suite bornée $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ une sous-suite $(x_{n_k})_{k\in \mathbb{N}}$ faiblement convergente. On notera $x$ sa limite.
    On a alors par définition: $\forall \alpha \in H', \ \langle \alpha , x_n \rangle \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} \langle \alpha , x \rangle$.
    Et comme $ \langle \alpha , y_{n_k} \rangle = \langle \alpha , x_{n_k}-Ax_{n_k} \rangle = \langle \alpha , x_{n_k} \rangle - \langle \alpha ,Ax_{n_k} \rangle = \langle \alpha , x_{n_k} \rangle - \langle A^* \alpha , x_{n_k} \rangle$ alors $\langle \alpha , y_{n_k} \rangle \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} \langle \alpha , x \rangle - \langle A^* \alpha , x \rangle $, c'est-à-dire $\langle \alpha , y_{n_k} \rangle \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} \langle \alpha , x-Ax \rangle$.
    Donc finalement $y_{n_k}$ converge faiblement vers $x-Ax$ et ainsi par unicité de la limite faible on obtient que $y=x-Ax$, c'est-à-dire que $y\in Im(I-A)$.
    On en conclut que toute suite convergente de $Im(I-A)$ converge dans $Im(I-A)$, c'est-à-dire que $Im(I-A)$ est fermé.
  • Bien
    Maintenant il te faut deux résultats classiques.
    1- Si $V$ est un sev de $H$ alors $V$ est dense dans $H$ ssi $V^{\perp}=\{0\}$.
    2- Si $T$ est un operateur linéaire de $H$ et $T^*$ son adjoint, alors $\ker (T^*)=(Im T)^{\perp}$.

    Ne pas oublier d'utiliser que $Im(I-A)$ est fermée.
  • Modifié (24 Nov)
    Je viens de voir une erreur dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1394014,1394616#msg-1394616 l'écriture $$A^*\zeta$$ n'a de sens que si $\zeta \in D(A^*)$ et on ne sait pas si $D(A^*)$ est aussi dense dans $H$,
    donc à revoir le raisonnement
    (help Colonel Thomas Devoe El pacificador )
  • Peut-être que je vais dire une bêtise, mais ne peut-on pas dire que $\langle \alpha , Ax_{n_k} \rangle = \alpha ( Ax_{n_k} )=\alpha \circ A (x_{n_k}) = \langle \alpha \circ A , x_{n_k} \rangle$ ?
    $\alpha \circ A$ est bien une forme linéaire de $D(A) \subset H \to \mathbb{R}$, non ?

    Edit: Ah non mince, on ne sait pas si $A$ est continu ou non...
  • C'est bon je vois le raisonnement, il faut exploiter la complétude de H
    exercice démontrer que la suite $x_n$ est de Cauchy
  • Je suis désolé mais je n'arrive pas à montrer que $x_n$ est de Cauchy, pourrais-tu m'en dire plus s'il te plaît ?
  • Montre que $$||x_n-x_m||\leq ||y_n-y_m||$$
  • Ah oui ok, je crois que j'ai compris ! Merci de m'avoir aiguillé !

    Soit $n,m\in \mathbb{N}$. On a alors $y_n=x_n - Ax_n$ et $y_m=x_m - Ax_m$, et donc:

    $||y_n -y_m ||=||x_n - Ax_n - x_m +Ax_m||=||x_n- x_m - (Ax_n -Ax_m)||=||x_n-x_m -A(x_n-x_m)||$

    D'après la question 1.a), pour $\lambda =1$, on a $||x_n-x_m-A(x_n-x_m)|| \geq ||x_n-x_m||$, d'où $||y_n -y_m ||\geq ||x_n-x_m||$.

    On a donc montré que $\forall n,m \in \mathbb{N}, \ ||x_n-x_m|| \leq ||y_n -y_m ||$.

    Par ailleurs, comme la suite $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ converge alors elle est de Cauchy, c'est-à-dire que:

    $\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \ \forall n,m \geq N, \ ||y_n -y_m || <\varepsilon $.

    Et comme on vient de montrer que $\forall n,m \in \mathbb{N}, \ ||x_n-x_m|| \leq ||y_n -y_m ||$ alors on en déduit que:

    $\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \ \forall n,m \geq N, \ ||x_n -x_m || <\varepsilon $,

    c'est-à-dire que $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite de Cauchy.

    De plus comme $H$ est complet alors on en déduit que $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ converge.
  • Bravo j'aime bien travailler avec toi car tu es un bosseur
    Maintenant comment tu vas conclure que $Im(I-A)$ est fermé?
  • Merci c'est gentil mais c'est la moindre des choses vu que tu m'aides ! Et puis faut dire aussi que c'est la meilleur façon de comprendre les choses !

    Je vais passer à la limite dans $y_n=x_n-Ax_n$ pour conclure. Je rédigerais ça dès que j'aurai du temps libre, je bosse demain... :-(
  • Voici la rédaction finale de la question b, je continue maintenant de réfléchir à la c.i) avec les indications que tu m'as donné.

    Soit $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $Im(I-A)$ convergeant vers $y\in H$.

    Alors il existe une suite $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ d'éléments de $D(A)$ telle que $\forall n \in \mathbb{N}, \ y_n=x_n-Ax_n$.

    Soit $n,m\in \mathbb{N}$. On a alors $y_n=x_n - Ax_n$ et $y_m=x_m - Ax_m$, et donc:

    $||y_n -y_m ||=||x_n - Ax_n - x_m +Ax_m||=||x_n- x_m - (Ax_n -Ax_m)||=||x_n-x_m -A(x_n-x_m)||$

    D'après la question 1.a), pour $\lambda =1$, on a $||x_n-x_m-A(x_n-x_m)|| \geq ||x_n-x_m||$, d'où $||y_n -y_m ||\geq ||x_n-x_m||$.

    On a donc montré que $\forall n,m \in \mathbb{N}, \ ||x_n-x_m|| \leq ||y_n -y_m ||$.

    Par ailleurs, comme la suite $(y_n)_{n\in \mathbb{N}}$ converge alors elle est de Cauchy, c'est-à-dire que:

    $\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \ \forall n,m \geq N, \ ||y_n -y_m || <\varepsilon $.

    Et comme on vient de montrer que $\forall n,m \in \mathbb{N}, \ ||x_n-x_m|| \leq ||y_n -y_m ||$ alors on en déduit que:

    $\forall \varepsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \ \forall n,m \geq N, \ ||x_n -x_m || <\varepsilon $,

    c'est-à-dire que $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est une suite de Cauchy.

    De plus comme $H$ est complet alors on en déduit que $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ converge. Notons $x$ sa limite.

    Finalement, par passage à la limite dans l'expression $y_n=x_n-Ax_n$, on obtient que $y=x-Ax$, c'est-à-dire $y\in Im(I-A)$.

    On en conclut que toute suite convergente de $Im(I-A)$ converge dans $Im(I-A)$, c'est-à-dire que $Im(I-A)$ est fermé.
  • Vers la fin, Il faut expliquer l'argument qui te permet le passage à la limite
  • Ce qu'il faut justifier c'est que la limite de $Ax_n$ est $Ax$ ?
  • Exactement
  • Je vais y réfléchir, j'avoue que sur le moment, je n'en ai aucune idée !
  • indication A est fermé
  • Je crois avoir compris:

    Comme $(A,D(A))$ est fermé alors son graphe $G(A)= \{ (u,Au) \ ; \ u\in D(A) \}$ est un ensemble fermé.

    D'où toute suite convergente d'éléments de $G(A)$ converge dans $G(A)$.

    En particulier, la suite $\left ( (x_n, Ax_n) \right )_{n\in \mathbb{N}}$ converge dans $G(A)$.

    Et puisque $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ converge vers $x$ alors $(x_n,Ax_n) \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} (x,Ax)$.

    Ainsi, en passant à la limite dans l'expression $y_n=x_n-Ax_n$ on obtient que $y=x-Ax$, c'est-à-dire que $y\in Im(I-A)$.
  • Tu ne dis pas pourquoi $Ax_n$ converge même si c'est trivial
    Tu peux retenir ceci:
    si $x_n$ converge vers $x$ , $Ax_n$ converge vers $x^*$ et $A$ fermé , alors $x\in D(A)$ et $x^*=Ax$
    dans notre cas $x_n$ converge vers $x$ et $Ax_n=x_n-y_n$converge vers $x-y$ donc $x\in D(A)$ et $x-y=Ax$
    On conlut que $y=x-Ax$
  • Du coup c'est mieux comme ça j'imagine:

    Comme $(A,D(A))$ est fermé alors son graphe $G(A)= \{ (u,Au) \ ; \ u\in D(A) \}$ est un ensemble fermé.

    D'où toute suite convergente d'éléments de $G(A)$ converge dans $G(A)$.

    En particulier, la suite $\left ( (x_n, Ax_n) \right )_{n\in \mathbb{N}}$ d'éléments de $G(A)$ converge puisqu'on sait d'une part que $x_n$ converge vers $x$ et d'autre part que $Ax_n=x_n-y_n$ converge vers $x-y$.

    On en déduit alors qu'elle converge dans $G(A)$.

    D'où $x\in D(A)$ et puisque $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ converge vers $x$ alors $(x_n,Ax_n) \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} (x,Ax)$.

    Ainsi, en passant à la limite dans l'expression $y_n=x_n-Ax_n$ on obtient que $y=x-Ax$, c'est-à-dire que $y\in Im(I-A)$.
  • Bien
    Pour la question ci tu raisonnes par l'absurde
  • Pour la question c.i j'ai déjà écrit quelque chose grâce à tes indications, je n'ai pas raisonné par l'absurde par contre, car cela me paraissait bizarre de supposer autre chose en plus de $Im(I-A)\neq H$. Voici ce que j'ai fait:

    Rappel: Si $V$ est un sous-espace vectoriel de $H$ alors:
    $V$ est dense dans $H$ si et seulement si $V^{\perp}=\{ 0\}$.

    Résultat: Si $T$ est un opérateur linéaire de $H$ et $T^*$ son adjoint, alors $\ker (T^*)=(Im T)^{\perp}$.

    Preuve du résultat: $\forall x\in H, \ x\in \ker (T^*) \iff \forall y\in H, \ \langle T^*x,y \rangle =0 \iff \forall y\in H, \ \langle x,Ty \rangle =0 \iff x\in (Im(T))^{\perp}$

    Retour à l'exercice: D'après b), $Im(I-A)$ est fermé, d'où $Im(I-A)=\overline{Im(I-A)}$.

    Et puisque $Im(I-A)\neq H$ par hypothèse, alors $\overline{Im(I-A)} \neq H$, c'est-à-dire que $Im(I-A)$ n'est pas dense dans $H$.

    Donc d'après le rappel, $(Im(I-A))^{\perp}\neq \{ 0\}$.

    Ainsi d'après le résultat démontré plus haut, $\ker ((I-A)^*)\neq \{ 0\}$, c'est-à-dire $\ker (I-A^*)\neq \{ 0\}$ puisque l'application adjointe, qui à un opérateur associe son adjoint, est semi-linéaire.

    On en déduit qu'il existe $x^* \in D(A^*), \ x^* \neq 0$, tel que $x^*-A^*x^*=0$.
  • Parfait
    Raisonner par l'absurde c'est supposer que $\ker (I-A^*)= \{ 0\}$ et de démontrer une contradiction avec le fait que $Im(I-A)\neq H$
  • Modifié (24 Nov)
    gebrane0
    Ok. Ce que je voulais dire c'est que ça fait un raisonnement par l'absurde à l'intérieur d'un raisonnement à l'absurde, je trouvais ça un peu redondant. Parce que là si j'ai bien compris l'exercice est en train de nous faire montrer par l'absurde dans la fin du 1. que $Im(I-A)=H$.

    Pour la c.ii j'ai dit :
    Comme $A^*$ est dissipatif, alors d'après la question 1.a on a pour $\lambda =1$ :
    $||x^*||^2\leq ||x^*-A^*x^*||^2$, c'est-à-dire $||x^*||^2\leq 0$ puisque $x^*-A^*x^*=0$.
    Or, la norme est à valeur dans $\mathbb{R}_+$, donc forcément $||x^*||^2=0$, c'est-à-dire $x^*=0$, ce qui est impossible car on a vu à la question i que $x^*\neq 0$.
    Donc la question i contredit bien la dissipativité de $A^*$.
  • Bien, tu continues
  • Bah pour la d je ne comprends pas trop pourquoi c'est une question à part entière. J'imagine que si on corrige la faute de l'énoncé cela donne en déduire que $Im(I-A)=H$. C'est immédiat vu ce qu'on a fait avant. Est-ce que je rate quelque chose ?

    Supposons que $Im(I-A)\neq H$.
    Alors d'après la question c.i il existe $x^* \in D(A^*), \ x^* \neq 0$, tel que $x^*-A^*x^*=0$ et d'après la question c.ii cela contredit la dissipativité de $A^*$.
    On en conclut donc que notre hypothèse est fausse et on a bien montré par l'absurde que $Im(I-A)=H$.
  • Pour la d c'est pour donner la définition d'un opérateur maximal:-D
  • Les questions de la partie 2 sont ok?
  • Non, malheureusement ! J'y réfléchis mais je ne m'en sors pas pour l'instant.
  • Pour le
    2-a-i utilise le fait que $D(\Omega)\subset D(A)\subset L^2(\Omega)$
  • Je crois avoir finalement trouvé, mais d'abord j'aimerais une confirmation. Dans l'énoncé, quand il est écrit $L^2(0,1)$ cela signifie bien $L^2(]0,1[)$, non ?
  • Avec les espaces $L^p$ , il n' y a pas de soucis , mais pour l'espace des fonctions continues (par exemple) tu sais bien que $C[0,1]$ est différent de $C]0,1[$
  • gebrane0 a écrit:
    Avec les espaces $L^p$, il n' y a pas de soucis

    Je ne comprends pas pourquoi tu dis cela. $L^2(]0,1[)$ est l'espace des (classes de) fonctions de carré intégrable de $]0,1[$ dans $\mathbb{R}$ et $L^2([0,1])$ est l'espace des (classes de) fonctions de carré intégrable de $[0,1]$ dans $\mathbb{R}$, pour moi ce n'est pas la même chose.
  • les extrémités sont des négligeables pour la mesure de Lebesgue
  • Ah oui d'accord !
  • Bon en fait je suis loin d'avoir trouvé ! Voici ce que j'ai écrit et ce qui me bloque:

    $D(A) = \{ u\in H^3(0,1) \ ; \ u(0)=u(1)=u'(1)=0 \}$, c'est-à-dire:

    $D(A) = \{ u\in L^2(0,1) \ ; \ \forall \alpha \in \mathbb{N} \ \text{tel que} \ |\alpha | \leq 3, \ D^{\alpha}u \in L^2(0,1) \ ; \ u(0)=u(1)=u'(1)=0 \}$.

    On en déduit alors que $D(A) \subset L^2(0,1)$.

    Par ailleurs, comme toute fonction de $\mathcal{D} (]0,1[)$ est $\mathcal{C}^{\infty}$ alors dérivées par transposition et dérivées partielles sont confondues. De plus, comme les dérivées partielles d'une fonction $\mathcal{C}^{\infty}$ de $L^2(0,1)$ sont encore dans $L^2(0,1)$ alors on en déduit que $\mathcal{D} (]0,1[) \subset H^3(0,1)$.

    Par contre pour montrer la condition $u(0)=u(1)=u'(1)=0$ je voulais montrer que si ce n'était pas le cas cela contredirait la compacité du support de $u$ mais je ne m'en sors pas.
  • Tu traites la quelle question?

    edit tu es tjs à la question 2-a-i
    Tu as f dans $ D(]0,1[)$ donc par définition f est en nulle en dehors d'un compact $K$ de $]0,1[$ donc au voisinage des extremités f est la fonction nulle
  • Ok mais du coup on ne peut pas dire que la condition est vérifiée car $f$ n'est pas définie en $0$ et en $1$.
    Si on regarde $f$ comme une fonction de $L^2(0,1)$ alors dans la classe de fonctions égales presque partout à $f$, il y a la fonction égale à $f$ sur $]0,1[$ et définie en $0$ et en $1$.
    C'est cette fonction qui, par continuité de $f$, vaut $0$ en $0$ et en $1$.
    On a donc $f\in \{ u\in L^2(0,1) ; u(0)=u(1)=0 \}$.

    Par le même argument, puisque la dérivée d'une fonction à support compact est elle aussi à support compact, on en déduit que $f\in \{u\in L^2(0,1) ; u'(1)=0 \}$.

    On peut donc conclure que $\mathcal{D} (]0,1[) \subset D(A)$ et ainsi, on a montré que $\mathcal{D} (]0,1[) \subset D(A) \subset L^2(0,1)$.

    Finalement, comme $\mathcal{D} (]0,1[)$ est dense dans $L^2(0,1)$, on en déduit que $D(A)$ est lui aussi dense dans $L^2(0,1)$, c'est-à-dire que $\overline{D(A)}=L^2(0,1)$.
  • Ok tu as bien compris, si f est dans $D(]0,1[$ alors f ( et ces dérivées) se prolonge par continuité sur $[0,1]$ en une fonction nulle sur les extrémités (ainsi que ces dérivées)
  • Bonjour,

    pour la 2.a.ii, j'aurais besoin d'aide aussi. J'imagine que l'idée est encore la même:
    On prend une suite convergente $( (u_n,Au_n) )_{n\in \mathbb{N}}$ d'éléments de $G(A)$, le graphe de $A$.
    On note $(u,v) \in L^2(0,1) \times L^2(0,1)$ sa limite.
    Et on veut montrer que $(u,v)\in G(A)$, c'est-à-dire que $u\in D(A)$ et que $v=Au$.
    Cependant je ne vois pas comment m'y prendre pour montrer cela. Est-ce que quelqu'un pourrait m'aider ?

    Merci d'avance !
  • Ce n'est pas simple et je ne sais si on peut le faire simplement
    Une idée est de démontrer que $u_n$ est une suite de Cauchy dans $H^3(]0,1[)$
    Pour cela il suffit des estimations genre pour $k=1,2,3$ $$
    ||u_n^{(k)}||^2_{L²}\leq C_1 ||Au_n||^2_{L²}+ C_2 ||u_n||^2_{L²}
    $$ grâce à Young tu peux t'en sortir, mais commence par le cas $k=3$ et voir d'abord que $$
    ||u_n^{(3)}||^2_{L²}\leq 2 ||Au_n||^2_{L²}+ 2 ||u'_n||^2_{L²}
    $$ et $$
    ||u'_n||^2_{L²}\leq ||u_n||_{L²}.||u''_n||_{L²}
    $$ edit erreur d'un copier coller
  • Coucou gebrane0, tu es de retour ? :-)

    Je ne comprends pas, malgré qu'elle converge dans $L^2$, $u_n$ est une suite convergente de $H^3$ donc c'est une suite de Cauchy dans $H^3$, non ?
  • Oui je suis revenu ( mon voyage est annulé)
    On souhaite démontrer que $u_n$ converge pour la norme de $H^3$
    Question1 suppose que $u_n$ est de Cauchy dans $H^3$ comment conclure?
  • gebrane0 a écrit:
    Oui je suis revenu ( mon voyage est annulé)

    Mince alors... :-(
    gebrane0 a écrit:
    On souhaite démontrer que $u_n$ converge pour la norme de $H^3$
    Question1 suppose que $u_n$ est de Cauchy dans $H^3$ comment conclure?

    Ok je comprends mieux, je m'étais embrouillé à force de travailler la question et de partir dans tous les sens:

    Si $u_n$ est de Cauchy dans $H^3$ alors $u_n$ converge dans $H^3$ car ce dernier est complet.
    Ensuite il restera à montrer que sa limite $u$ vérifie $u(0)=u(1)=u'(1)=0$ pour conclure que $u_n$ converge dans $D(A)$.

    On veut donc montrer dans un premier temps que $u_n$ est une suite de Cauchy dans $H^3(0,1)$, c'est-à-dire $$\forall \varepsilon >0, \ \exists N \in \mathbb{N}, \ \forall p,q\in \mathbb{N}, \ ||u_p-u_q||_{H^3(0,1)} <\varepsilon,$$ ou encore montrer que: $$\forall \varepsilon >0, \ \exists N \in \mathbb{N}, \ \forall p,q\in \mathbb{N}, \ \left ( ||u_p-u_q||_{L^2(0,1)}^2 + ||(u_p-u_q)'||_{L^2(0,1)}^2 + ||(u_p-u_q)''||_{L^2(0,1)}^2+||(u_p-u_q)^{(3)}||_{L^2(0,1)}^2 \right )^{\frac{1}{2}}<\varepsilon.$$

    Du coup, il faut que j'essaie de montrer les majorations que tu m'indiques pour y parvenir. J'aurais une petite question quand même, quand tu dis "grâce à Young", tu veux parler de la formule de Taylor-Young ?
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!
<