REPUBLIQUE ALGERIENNE DEMOCRATIQUE ET POPULAIRE

REPUBLIQUE ALGERIENNE DEMOCRATIQUE ET POPULAIRE
MINISTERE DE L’ENSEIGNEMENT SUPERIEURE ET DE LA RECHERCHE
SCIENTIFIQUE
UNIVERSITE DE MENTOURI - CONSTANTINE
FACULTE DES SCIENCES EXACTES
DEPARTEMENT DE MATHEMATIQUES
N° d’ordre : …………
N° de série : …………
MEMOIRE
Présenté pour l’obtention du diplôme de :
Magister en Mathématiques
OPTION
Analyse
Thème
Somme d’opérateurs bissectoriaux
Devant le jury :
Président : Marhoune A.L.
Par :
AMIRAOUI Mohamed
Professeur Université Constantine
Rapporteur : Denche.M. Professeur Université Constantine
Examinateurs : Saidouni.C. M.C Université Constantine
Abdelli.M. M.C Université Constantine
Soutenu le ……………

En préambule à ce mémoire, je souhaite adresser ici tous mes
remerciements aux personnes qui m’ont apporté leur aide et qui ont ainsi
contribué à l’élaboration de ce mémoire.
Tout d’abord Monsieur Denche M, Professeur à l’université de
Constantine, Encadreur de ce mémoire, pour l’aide et le temps qu’il a
bien voulu me consacrer et sans lui ce mémoire n’aurait jamais vu
le jour.
Mes remerciements s’adressent vivement à Monsieur le président
Marhoune A.L et Monsieur Abdelli.A, Saidouni.C qui ont accepté
de juger mon travail.
Merci à toute ma famille qui m’a soutenu en toutes circonstances.
J’espère qu’ils trouvent ici l’expression de mon éternelle reconnaissance.
Enfin, j’adresse mes plus sincère remerciements à tous mes proches
et amis qui m’ont toujours soutenu et encouragé au cours de la
réalisation de ce mémoire.

Table des matières
Introduction 1
1 Notions préliminaires 4
1.1 Théorème de fermeture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Les espaces d’interpolation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Lemme de séparation des courbes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Sommes d’opérateurs 13
3 Somme d’opérateurs bissectoriaux 23
bibliographie 33
Résumé 33
Abstract 34
1

Introduction
La méthode des Sommes d’opérateurs a été utilisée pour la première fois par Da Prato et
Grisvard [11] pour les opérateurs sectoriaux (voir également [6; 9]) : Ils donnent les conditions
pour lesquelles l’équation Ay+By = x peut être résolue. Ici A et B sont deux opérateurs linéaires
fermés dans un espace de Banach X des domaines D(A) et D(B) respectivement. Il est clair en
generale que pour un x 2 X arbitraire, seulement l’existence de la solution régulière peut être
garantie. Cependant, quand x est dans un espace d’interpolation entre X et D(A) (resp D(B)) ;
alors la solution y est dans D(A)\D(B). Cependant, on a Ay et By qui appartiennent à certains
espaces d’interpolation c-à-d l’espace d’interpolation entre X et D(A) (resp D(B)) ; qui sont les
espaces de la régularité maximale pour l’equation Ay + By = x:
Dans ce travail on s’est intéressé à la méthode des sommes d’opérateurs bissectoriaux, on
a présenté des résultats de [12] qui sont similaires au cas des opérateurs sectoriaux [11]. Plus
exactement : Soit A et B deux opérateurs linéaires fermés dans X, supposons que tous les deux
sont sectoriaux. On suppose que A et B permutent dans le sens de résolvantes et que (A) et
( B) sont disjoints, alors on peut trouver à l’intérieur de l’ensemble (A) \ ( B) une courbe
qui sépare (A) et ( B), chose pas du tout évidente (pour cela voir l’annexe). Comme dans
le cas des opérateurs sectoriaux, on dé…nit l’opérateur linéaire borné S dans X par une intégrale
par rapport à en utilisant les résolvantes des opérateurs A et B. Pour x 2 X, l’élément Sx
est la solution de l’équation Ay + By = x dans le sens faible. En particulier, quand D(A) + D(B)
est dense dans X; il existe yn 2 D(A) \ D(B) tel que yn ! Sy et Ayn + Byn ! x quand
n ! 1: On devrait noter que l’on sait, que pour x 2 X, l’équation Ay + By = x n’a pas
nécessairement de solution y 2 D(A) \ D(B): Cependant, quand X est un espace d’interpolation
DA( ; p) (resp DB( ; p)) entre X et D(A) (resp D(B)) ; alors Sx 2 D(A)\D(B); ASx 2 DB( ; p)
et BSx 2 DA( ; p), ceci signi…e que DA( ; p) et DB( ; p) sont des espaces de régularité maximale
pour l’équation Ay+By = x: Dans notre traitement des espaces d’interpolation on s’est également
inspiré de Clément-Gripenberg-Högnäs [9] qui ont prouvé "la régularité maximale" en prolongeant
les résultats de DaPrato-Grisvard pour les opérateurs sectoriaux ( voir également [10]). Quelques
mots devraient être dits au sujet des conditions spectrales plus compliquées que nous considérons
et qui exigent des découpes sophistiquées. Dans le cas des opérateurs sectoriaux A et B, on peut
réduire la situation au cas où le spectre de A et B sont situés dans des secteurs disjoints en
2

emplaçant A et B par A + et B + et ceci est fait réellement dans [13] : Cependant, pour les
opérateurs bissectoriaux cela n’est pas toujours réalisable.
D’autre part, les spectres plus compliqués se produisent naturellement dans le contexte des
problèmes périodiques. En outre, notre méthode nous permet de montrer l’inclusion spectrale
pour les opérateurs bissectoriaux.
A + B (A) + (B) :
Cette relation a été montrée indépendamment dans [3, 8; 21] et [5] dans le cas des opérateurs
sectoriaux.
3

Chapitre 1
Notions préliminaires
1.1 Théorème de fermeture
Soit X un espace de Banach complexe de norme x 7 ! kxk ; L(X) est une algèbre de Banach
des opérateurs linéaires continus dans X munie de sa norme habituelle .
L est une application de la forme suivante :
(
DL = DA \ DB;
Lx = Ax + Bx; pour x 2 DL;
(1.1)
où A et B sont deux opérateurs linéaires de domaines respectifs, DA et DB dans X et
d’ensembles résolvants non vides.
Dé…nition 1.1.1 On appelle fermeture de l’opérateur L, l’opérateur L qui est dé…ni par :
( DL = fx 2 X; 9(xn) DL; xn ! x et (Lxn) convergeg ;
Lx = lim
n !+1 Lxn:
On supposera que A et B commutent dans le sens que
)
(1.2)
(A ) 1 (B ) 1 = (B ) 1 (A ) 1 ; 8 2 (A) et 2 (B); (1.3)
et on suppose de plus que A \ B ]0; +1[, et qu’il existe A et B > 0 tels que
(A ) 1 A ; (B ) 1 B ; 8 0: (1.4)
Dans cette situation, on a le théorème de fermeture suivant :
Théorème 1.1.1 On suppose que (1:3) et (1:4) ont lieu et que
(i) Il existe N 1 tel que
kxk N k(Lx x)k ; 8 0; x 2 DL:
4

(ii) Il existe !1 > 0 tel que (L !1) (DL) est dense dans X, alors L admet une fermeture L avec
L
]0; +1[, et
1.2 Les espaces d’interpolation
(L ) 1 N ; 8 > 0: (1.5)
Soit X un espace de Banach et A : D(A) ! X, un opérateur fermé dans X, on note par
(A) l’ensemble résolvante, et on note (A ) 1 par R( ; A):
Dé…nition 1.2.1 Soit 0 < s < 1, et 1 P +1, on dé…nit
DA(s; P ) = x 2 X= tsAR(tei ; A)x 2 LP (!; 1; dt
t ) :
kxkDA(s;P ) = kxk + tsAR(tei ; A)x LP dt : (!;1; ) t
Et DA(s; 10) = x 2 DA(s; 1)= lim
t !+1 ts AR(te i ; A)x = 0 :
kxk DA(s;10) = kxk DA(s;1) :
DA(1; P ) = x 2 X= tA2R(tei ; A) 2x 2 LP (!; 1; dt
t ) :
kxkDA(1;P ) = kxk + tA2R(tei ; A) 2x LP dt : (!;1; ) t
Proposition 1.2.1 Soit 0 < s < 1, et P 2 [1; +1] [ f10g, ou s = 1; et P 2 [1; +1] :
Alors DA(s; P ); k:k DA(s;P ) est un espace de Banach.
Proposition 1.2.2 Soit 1 > s 0 > s, ou s 0 = s et 1 Q P +1;
on a
DA(s 0 ; Q) DA(s; P ):
Pour s 0 > s et 1 P +1; on a DA(s 0 ; P ) DA(s; 10):
1.3 Lemme de séparation des courbes
Lemme 1.3.1 Soit C un ouvert et K C un compact alors il existe une courbe fermée
dans n K telle que K est dans la partie de qui est bornée par :
5

0
Im(z)
FIG.1
Lemme 1.3.2 Soient a; b > 0, et R = [ a; a] + i [ b; b], et soient S; T C des ouverts tels que
R = S [ T el que
(i) S c \ T c = ?:
(ii) a + i [ b; b] S:
(iii) [ a; a] ib T:
Alors on a l’un des résultats suivants
(a) Il exsite deux courbes 1; 2 dans R \ S \ T telles que le point initial de 1 ( resp 2) est
a ib ( resp a + ib) et le point …nal de 1 ( resp 2) est a + ib ( resp a ib) et telles que
1 \ 2 = ?:
(b) Il existe deux courbes 0
1 ; 0
2 dans R\S \T tel que le point initial de 0
1 ( resp 0 2 ) est a ib
= ?:
( resp a + ib) et le point …nale 0 1 ( resp 0 2 ) est a ib ( resp a + ib) et telles que 0 1 \ 0 2
On a les …gures suivantes :
6
Γ
K
Ω

­a+ib Im(z) a+ib
­a­ib
Γ2
0
Γ1
Preuve (a) Il existe m 2 N tel que
[ a; a + 1] i [ b; b + 2] T
[a; a 1] i [b; b 2] T
2
1 + 2 2
En e¤et, on a :
a­ib
Re(z)
FIG.2
­a+ib
­a­ib
1
2 < dist (S c \ R; T c \ R) ; où 1 = 2a
m ; 2 = 2b
m :
Γ'2
Γ'1
0
Im(z)
a+ib
a­ib
Re(z)
[ a; a] ib T (T ouverte), alors il existe "1 > 0; "2 > 0 tels que D"1 ( a ib) T;
D"2 (a + ib) T; soit " = min("1; "2) et on prend 0 < 0 1 < "
2 et 0 < 0 2 <
a; a
0
1 i b; b
0
2 T; et a; a + 0 1 i b; b + 0 2 T:
p
3"
2 ; ce qui implique
Maintenant 9?m tel que 1 = 2a
m ; 2 = 2b
m satisfait, on prend 1 < 0 1 et 2 < 0 2 pour que
[ a; a + 1] i [ b; b + 2] T; et [a; a 1] i [b; b 2] T; on a si elles 1; 2 existe,
il faut que : 2a
m < 0 1 et 2b
m < 0 h 2;
c-à-d que m max
d’autre part
et il faut que :
en…n en prend
E min( 0 1 ; 0 2 )
2a + 1; E min( 0 1 ; 0 2 )
2b
m E
2
1 + 2 2
m max E min( 0 1 ; 0 2 )
2a + 1; E min( 0 1 ; 0 2 )
2b
i
+ 1 :
1 2(a 2 = 2 + b2 ) 1
2
;
m
2(a2 + b2 ) 1
2
dist (Sc \ R; T c !
+ 1;
\ R)
7
+ 1; E
2(a 2 +b 2 ) 1 2
dist(S c \R;T c \R)
+ 1

R; où
L’idée de la démonstration est la suivante : on prend 1; 2 dans un grille G de rectangle
G =
m[
[(ak + i [ b; b]) [ ([ a; a] + ibk)] ;
k=0
où bk+1 bk = constant , 8k = 0; m 1
ak+1 ak = constant , 8k = 0; m 1
et b0 = b; bm = b
a0 = a; am = a:
n[
C-à-d =
i=1
k+1; k = 1; 2; :::; n 1:
(b) Les vecteurs initiaux.
i , tel que i G pour i = 1; n; et le point …nal de k est le point initial de
FIG.3
D’après (3.1), (3.2) et l’hypothèse (ii) on a deux vecteurs 1; 2 des points initiales a ib;
a + ib respectivement et de position comme le montre la …gure suivante
FIG.4
8

(c) Le prolongement est unique :
Pour 1, soit n un vecteur de 1 tel que le point …nal est a + ib ou a ib, alors il existe
un seul vecteur n+1 qui prolonge n:
En e¤et :
Cas 1 : le point …nal de n 1 est dans l’intérieur de R, on note par Qd, Qg les rectangles à
droite ( resp à gauche) de n 1, on a toujours
Qd \ T c = ?; Qg \ T c 6= ?: (1.6)
Le vecteur 1 satisfait la condition (1:6) et de même pour les vecteurs 2; :::; n 1, on montre
qu’il existe un seul vecteur n satisfaisant (1:6) et prolongeant n 1. Pour cela on note f Qd (resp
fQg) les rectangles dans G selon les di¤érentes …gures suivantes :
On a 4 cas particuliers de ce cas
Cas 1.1 f Qd \ T c = ?; et f Qg \ T c = ?
Cas 1.2 f Qd \ T c = ?; et f Qg \ T c 6= ?
FIG.5
9

Cas 1.3 f Qd \ T c 6= ?; et f Qg \ T c = ?
On prend le cas 2
ou
Cas 1.4 f Qd \ T c 6= ?; et f Qg \ T c 6= ?
Cas 2 : Le point …nal de n est dans @R, on a deux cas particuliers.
Cas 2.1 : Le seul point …nal de n est dans @R c-à-d par exemple si on prend la partie de
@R, [ a; a] + ib
:
10

Cas 2.2 : Le vecteur complet est dans @R c-à-d par exemple si on prend la partie de @R,
[ a; a] + ib:
Cas 2.2.1 : f Qg \ T c = ?
Cas 2.2.2 : f Qg \ T c 6= ?
de même pour les autres parties de @R, d’où on a le résultat (c) et de même pour le vecteur
0
1 de 0 1 :
11

(d) pour tout vecteur i de ( i) 1 i n , il existe un unique vecteur i 1 tel que i est le
prolongement de i 1, en e¤et de même comme le résultat (c), ce résultat donne que les courbes
1; 0 1 ne satisfont pas les cas suivants :
:/swp55/temp/graphics/LBKBTZ0F 15:pdf
FIG.6.1 FIG.6.2 FIG.6.3
Mais peut être satisfait le cas suivant
:/swp55/temp/graphics/LBKBU00G 16:pdf
FIG.6.4
Maintenent on prouve l’existence des courbes dans ce lemme.
D’après le résultat (c) et la …gure de 6.3 il existe une courbe 1, du point initial a ib et
de point …nal a + ib ou a ib, et d’aprés le résultat(c) et le …gure 6.3 il existe une courbe 2,
le point initial a + ib et le point …nal a + ib ou a ib; et d’aprés la …gure 6.1 :
- Si le point …nal de 1 est a + ib alors le point …nal de 2 est a ib:
- Si le point …nal de 1 est a ib alors le point …nal de 1 est a + ib; non cache
C-à-d
:/swp55/temp/graphics/LBKBU10H 17:pdf
FIG.7
D’après (b) on a tous les vecteurs des courbes satisfont le (1:6) cela entraine que les courbes sont
dans R \ S \ T: Il reste que le cas FIG -6.4- peut être satisfait dans cette situation on perturbe
les courbes comme le montre la …gure suivante.
FIG.8
cela implique x0 2 S \ T (ouverte), 9Dx0 (") S \ T .
12

Chapitre 2
Sommes d’opérateurs
Soit X un espace de Banach complexe, on considére un opérateur L de la forme
(
DL = DA \ DB;
Lx = Ax + Bx; pour x 2 DL;
(2.1)
où A et B sont deux opérateurs fermés de domaine respectivement DA et DB dans X et
d’ensembles résolvants non vides.
On supposera que A et B commutent dans le sens que
(A ) 1 (B ) 1 = (B ) 1 (A ) 1 ; 8 2 (A) et 2 (B): (2.2)
On étudiera l’équation
avec > 0:
(
Lx
x 2 DL;
x = y;
Pour cela il est commode d’introduire une notion :
(2.3)
Soit P une application linéaire de domaine DP dans X et soit ' 2 [0; [ ; on dit que P véri…e
H(') si :
que
(i) (P ) P = fz 2 C= + ' < arg z < 'g :
(ii) il existe une fonction numérique paire et convexe CP dé…nie dans ] + '; '[ telle
(P z) 1 CP ( )
; pour arg z =
jzj
L’hypothèse dans cette situation est alors la suivante :
Il existe A et B 0 tels que A véri…e H( A) (2.4)
13

et
B véri…e H( B) et A + B < (2.5)
La résolution de (2:3) repose sur une construction explicite de sa solution sous la forme
x = S y où
S =
Z
1
2 i
(A z ) 1 (B + z) 1 dz; > 0:
où est la frontière orientée du domaine situé à gauche des droites :
fz; arg z = 0g ; z; Re z = 2 ; fz; arg z = 0g ; et B < 0 < A:
D’après (2:5) cette condition donne que l’un des angles A ou B est nécessairement inférieur
à 2 ; on prend par exemple A < 2 et dans ( A ) \ ( B) selon la …gure suivante :
FIG.9
Le but qu’on se propose est d’appliquer au théorème de fermeture, dont on véri…e les hypo-
thèses (i) et (ii) à l’aide de deux lemmes
Lemme 2.1 Il existe N > 0 tel que kS k N ; 8 > 0:
Preuve Soit > 0, on a
kS k
1
2
pour z 2 , on a d’après l’hypothèse (2:4)
et
Z
(A z ) 1
(B + z) 1
(B + z) 1 jdzj ;
C
jzj ;
(A z ) 1 C
jz + j ;
14

où C indépendant de Z et :D’où
kS k
C2 Z
2
jdzj
; 8 > 0:
jzj jz + j
En e¤ectuant le changement de variable z = z, on obtient
kS k
C2 Z
2
jdzj
jzj jz + 1j = N :
Lemme 2.2 On a
(i) S (Lx x) = x; 8x 2 DL:
(ii) Si x 2 DA + DB alors S x 2 DL et (L )S x = x:
Preuve (i) Soit x 2 DL, on a :
et
Alors
On a
Alors
S (Lx x) =
Z
1
2 i
Z
1
2 i
1
(B + z) 1 (A z ) 1 (Ax x)dz
(A z ) 1 (B + z) 1 Bxdz
(A z ) 1 (Ax x) = x + z(A z ) 1 x;
S (Lx x) =
(B + z) 1 Bx = x z(B + z) 1 Bx:
Z
1
2 i
(B + z) 1 x + (A z ) 1 x dz:
(B + z) 1 x = 1
z x (B + z) 1 Bx ;
(A z ) 1 (Ax x) = 1
z (A z ) 1 (Ax x) x :
S (Lx x) = 1
2
Z
6
4
2 i
(B + z) 1 Bx dz
z
Z
(A z ) 1 (Ax x) dz
z
La fonction z ! (B+z) 1 Bx
z est holomorphe et décroît comme 1
jzj 2 à gauche de donc
Z
1
2 i
(B + z) 1 Bx dz
z
15
= 0:
3
7
5 :

Le résidu en z = 0 de la fonction z ! (A z ) 1 (Ax x) qui est holomorphe sauf en z = 0
et décroît comme 1
jzj 2 à droite de donc
Ainsi (i) est démontrée.
Z
1
2 i
(A z ) 1 (Ax x) dz
z
(ii) les rôles de A et B étant symétriques, il su¢ t de considérer par exemple le cas où x 2 DB,
d’après (2:2) on a S x 2 DB et :
alors
Et d’autre part on a :
alors
S x =
BS x =
Z
1
2 i
= x;
B(B + z) 1 (A z ) 1 xdz:
B(B + z) 1 = (B + z z)(B + z) 1 = I z(B + z) 1 ;
BS x =
=
2
Z
1 6
4
2 i
Z
1
2 i
Z
1
2 i
= S Bx:
(A z ) 1 x z(B + z) 1 x dz
(A z ) 1 (B + z) 1 Bxdz
(B + z) 1 x = 1
z x (B + z) 1 Bx ;
(A z ) 1 x dz
z
= (A ) 1 x + 1
Z
2 i
Z
(A z ) 1 (B + z) 1 Bx dz
z
(A z ) 1 (B + z) 1 Bx dz
z ;
car la première intégrale vaut (A ) 1 x comme on le voit en déformant le contour d’intégration
en un petit cercle centré à l’origine et orienté dans le sens négatif, il est à présent clair que y 2 DB
16
3
7
5

et que
D’où (L )S x = x:
AS x = Ay = A(A ) 1 x + 1
Z
2 i
= A(A ) 1 x + 1
Z
2 i
Z
1
2 i
A(A z ) 1 (B + z) 1 Bx dz
z
(B + z) 1 Bx dz
z +
(z + )(A z ) 1 (B + z) 1 Bx dz
z
= x + (A ) 1 x + 1
Z
2 i
2 i
Z
= x By + y:
(A z ) 1 (B + z) 1 Bx dz
z
(A z ) 1 (B + z) 1 Bxdz +
Théorème 2.1 Soient A et B deux opérateurs fermés dans X véri…ant DA + DB soit
dense dans X ; alors l’opérateur L dé…ni par 1 admet une fermeture L avec L ]0; +1[ et
(L ) 1 = S pour tout > 0:
Preuve C’est une application du théorème de fermeture dont les hypothèses sont véri…ées ici car
(1:3) coïncide avec (2:2), (1:4) résulte de (2:4), l’hypothèse (i) du théorème de fermeture résulte
du lemme 2.1 et du point (i) du lemme 2.1 et en…n l’hypothèse (ii) du théorème de fermeture
est véri…ée car d’après le point (ii) du lemme (2-2) on a (L )(DL) DA + DB qui est supposé
dense dans X, il faut seulement véri…er que S = (L ) 1 pour avoir la conclusion complète,
cela résulte évidement du point (i) du lemme 2.2.On continue l’étude de l’équation (2:3) en
supposant (2:2) et (2:4) véri…ées dans le but de préciser D L , le but principal est de montrer que
si x 2 DA( ; P ) [ou DB( ; P )] alors y = S x 2 DL, c’est-à-dire que le problème (2:3) admet
une solution stricte unique et de plus Ay et By 2 DA( ; P ) [ou DB( ; P )] ce qui signi…er que L
restreint à DA( ; P ) [ou DB( ; P )] est fermé et non plus seulement fermable.
Lemme 2.3 S est linéaire continue de X dans DA(1; 1)\ DB(1; 1) comme on a vu que
S = (L ) 1 ; cela implique que D L DA(1; 1)\ DB(1; 1) DA( ; I) \ DB( ; I); pour tout
2 ]0; 1[, et P 2 [1; 1] :
Preuve Les opérateurs A et B jouant des rôles interchangeables, on se contentera de prouver
que pour tout y 2 X, on a
x = S y 2 DB(1; 1) , t 'y ! tB 2 (B t) 2 S y 2 L 1 ;
17

(B t) 1 x =
=
(B t) 1 (B + z) 1 =
(B t) 1 x =
Z
1
1
(B t)
2 i
Z
1
2 i
1
t + z
Z
1
2 i
Z
1
2 i
(A z ) 1 (B + z) 1 ydz
(A z ) 1 (B t) 1 (B + z) 1 ydz
(B t) 1
(B + z) 1
(A z ) 1 (B t) 1 y dz
t + z +
(A z ) 1 (B + z) 1 y dz
t + z :
la première intégrale est nulle car la fonction à intégrer est holomorphe et décroit comme
1
jzj 2 à droite d’un contour à condition que passe à droite du point z = t; (t > 0), d’où
(B t) 1 x = 1
Z
2 i
par la même méthode, on obtient :
B 2 (B t) 2 x =
=
=
Z
1
2 i
Z
1
2 i
Z
1
2 i
(A z ) 1 (B + z) 1 y dz
t + z :
1 2t(z + t) 1 + t 2 (z + t) 2 (A z ) 1 (B + z) 1 ydz
1 t(t + z) 1 2 (A z ) 1 (B + z) 1 ydz
z 2 (t + z) 2 (A z ) 1 (B + z) 1 ydz
= z 2 (t + z) 2 (A z ) 1 (B + z) 1 y
jzj mAmB kyk
jz + tj 2 2 !
jz + j z%0 0:
Donc la fonction à intégrer reste bornée lorsque z ! 0 avec jarg zj 0, donc on peut
déformer en 0 qui est un contour indépendant de t > 0 0 = re i 0 ; r 0
Donc
18

γ1
γ5
γ4
Z
0
γ2
0
γ3
uzdz =
Im(z)
FIG.10
On applique le théorème de Cauchy et on trouve
tB 2 (B t) 2 x
t
2
C
2
Z
0
Z
kyk t
C 0 Z
kyk t
4X
Z
uzdz:
i=1
z 2
(t + z) 2
0
0
i
CA( 0) CB( 0)
jdzj kyk
jz + j jzj
jzj
jt + zj 2 jz + j jdzj
t jdzj
jz + tj 2 = C0 Z
kyk t
0
jdzj
2 :
jz + 1j
Re(z)
Ceci prouve que t 7 ! tB 2 (B t) 2 x est borné pour tout t > 0, par nombre proportionnel
à kyk ce qui implique t 7 ! tB 2 (B t) 2 x borné presque partout sur ]0; +1[, d’où t 7 !
tB 2 (B t) 2 x 2 L 1 , alors S y 2 DB(1; +1):
De la même manière on a S y 2 DA(1; +1), d’où S est linéaire et continue, d’après le
lemme 2.1 et comme S = (L ) 1 ce qui implique Im S = D L , mais Im S DA(1; +1) \
DB(1; +1), et comme 0 < < 1, d’après les propriétés d’inclusion on a DA(1; +1) DA( ; P )
et DB(1; +1) DB( ; P ) pour I = [0; +1] :
19

D’où
D L
DA(1; +1) \ DB(1; +1)
Lemme 2.4 Pour y 2 DA( ; P ) + DB( ; P ); 2 ]0; 1[ ; P 2 [1; +1] ; on a
x = S y 2 DL; et (L )x = y
Preuve Soit y 2 DB( ; +1); montrons que x = S y 2 DA \ DB et (L )x = y;
on a y 2 DB( ; +1); ce qui implique que la fonction jzj B(B + z) 1 y est bornée sur
grâce à (2) il est clair x 2 DB et
d’autre par on a :
d’où
x =
Alors x 2 DA et
Z
1
2 i
Bx =
= (A ) 1 y + 1
Z
2 i
Z
1
2 i
(A z ) 1 B(B + z) 1 ydz;
(B + z) 1 y = 1
z y B(B + z) 1 y ;
(A z ) 1 y dz
z
Ax = A(A ) 1 y + 2 i
= y + (A ) 1 Z
1
2 i
y +
Z
1
+
2 i
(A z ) 1 B(B + z) 1 y dz
z :
Z
(A z ) 1 B(B + z) 1 y dz
z
A(A z ) 1 B(B + z) 1 y dz
z
B(B + z) 1 y + ( + z)(A z ) 1 B(B + z) 1 y dz
z
= y + (A ) 1 y + 2 i
Z
1
2 i
= y + x Bx:
B(B + z) 1 y dz
z
Z
(A z ) 1 B(B + z) 1 y dz
z +
Z
1
+
2 i
(A z ) 1 B(B + z) 1 ydz
Grâce aux inclusions (I-2-3) on a le résultat pour 1 I < +1, en…n les opérateurs A et B
jouant des rôles interchangeables, d’où on a les mêmes résultats que B.
20

Théorème 2.2 Soient A et B deux opérateurs fermés dans X véri…ant alors pour
y 2 DB( ; P ) [resp DA( ; P )] avec 2 ]0; 1[ et P 2 [1; +1] ; la solution x = S y de (3) véri…e
Ax; Bx 2 DB( ; P ) [resp DA( ; P )] :
Preuve On a
(B t) 1 x = 1
2 i
d’où
Alors
D’où
Z
(t + z) 1 (A z ) 1 (B + z) 1 ydz;
B(B t) 1 x = x + t(B t) 1 x
=
=
=
=
B(B t) 1 Bx =
où K est indépendant de t et
Z
1
2 i
+ 1
Z
2 i
Z
1
2 i
Z
1
2 i
Z
1
2 i
0
Z
1
2 i
(A z ) 1 (B + z) 1 ydz
t(t + z) 1 (A z ) 1 (B + z) 1 ydz
1
B(B t) 1 Bx K
t
t + z
(A z ) 1 (B + z) 1 ydz
z
t + z (A z ) 1 (B + z) 1 ydz
z
t + z (A z ) 1 (B + z) 1 ydz:
0
z
t + z (A z ) 1 B(B + z) 1 ydz:
Z+1
r
r jcos 0j + t '(r)dr
r ;
'(r) = max B(B + e i 0 ) 1 y ; B(B + e i 0 ) 1 y ; r '(r) 2 L P :
0
En utilisant le théorème de Young, on obtient que t B(B t) 1 Bx 2 L P ; de même que
0
Z
@
+1
0
t P B(B t) 1 Bx
P dt
t
1
A
1
P
0
Z
K @
+1
0
r
1
dr
A
r jcos 0j + t
0
Z
@
+1
0
r P ' P (r) dr
r
alors Bx 2 DB( ; P ) et comme Ax = y+ x Bx, alors Ax 2 DB( ; P ) car x 2 DB DB( ; P ):La
dernière partie va être consacrée au cas où X est un espace de Hilbert, on peut alors dans certains
cas, a¢ rmer que L est fermé, on fera ici usage du résultat suivant :
21
1
A
1
P
;

Lemme 2.5 Soit V un espace de Banach ré‡exif contenu avec injection continue dans X
espace de Hilbert, on suppose que V est dense dans X et on identi…e X à son antidual donc
à un sous espace dense de V alors tout opérateur T linéaire continu dans V qui se prolonge
également en un opérateur linéaire continu dans X:
Dans ce qui suit, si B est un opérateur linéaire de domaine DB dense dans X, on désigne
par B l’adjoint de B au sens de la théorie des opérateurs dits non bornés ceci posé, on a le
Théorème 2.3 Soient A et B deux opérateurs fermés à domaine dense dans X espace de
Hilbert, on suppose que A et B véri…ent (2 :2 ) et (2 :4 ) et qu’il existe > 0 tel que DB( ; 2) =
DB ( ; 2) alors L dé…ni par (1) est fermé, L ]0; +1[ et (L ) 1 = S pour tout > 0:
Preuve On note V = DB( ; 2), cet espace est ré‡exif on peut donc appliquer le lemme 2.5
pour prouver que S est linéaire continu de X dans DB.
On sait déjà d’après le théorème 2.2 que BS est linéaire continue dans V . En appliquant
le théorème 2.2 à A et B qui véri…ent également (2:2) et (2:4) on voit que B S est linéaire
continue dans V , par transposition on déduit que BS se prolonge en un opérateur linéaire
continu dans V car pour y 2 DB et x 2 DB on a
grâce à (2:2) d’où
hBS y; xi = hS By; xi = hy; B S xi
kBS ykY = sup jhBS y; xij kykY kB S kL(V )
kxkV 1
du lemme 2.5 il résulte que BS se prolonge en un opérateur linéaire continu dans X donc que
S est linéaire continu de X dans DB, de même on véri…e que AS se prolonge en un élément
de L(X) en écrivant que AS coïncide avec 1 + S BS sur V . A ce point on sait que S est
continu de X dans DL et les autres conclusions du théorème résultent du théorème 2.1.
22

Chapitre 3
Somme d’opérateurs bissectoriaux
Soit A et B deux opérateurs fermés dans X, on suppose qu’il existe 0 < A, B < 2 , et
! > 0 tels que
(H1) : A + B > 2 :
(H2) : A et B commutative dans le sens que :
R( ; A)R( ; B) = R( ; B)R( ; A); pour 2 (A)et 2 (B):
8
< B = fjarg(z)j < B ou j arg(z)j <
(H3) :
: CB = sup kzR(z; B)k < 1
8 z2 B
<
(H4) :
: CA = sup kzR(z; A)k < 1
z2 A
Bg \ fjRe(z)j ! g ( B)
A = 2 arg(z) < A ou 3
2 arg(z) < A \ fjIm(z)j ! g (A)
(H5) : (A) \ ( B) = ?:
On étudiera l’équation
(
x 2 D(A) \ D(B);
Ax + Bx = y;
:
:
(3.1)
La résolution de cette équation repose sur une construction explicite de la solution sous la
forme x = Sy, où
S =
Z
1
2 i
où est une courbe construite comme cela :
R( ; A)R( ; B)dz;
D’après (H1) il existe tel que 2 A < B; ce qui implique
23

2 + A < < B
3
2
A < + < + B
2 B < 2 < 3
2 + A:
Soit z1 2 C tel que arg(z1) = et Re(z1) > !; Im(z1) > !, on prend alors : z2 2 C tel
que arg(z2) = et Re(z2) = Re(z1); Im(z2) = Im(z1), z3 2 C tel que Re(z3) = Re(z1);
Im(z3) = Im(z1); z4 2 C tel que Re(z4) = Re(z1); Im(z4) = Im(z1):
On disigne par R le rectangle où a = Re(z1) et b = Im(z1), selon la …gure 11
π­θ
ΩA? ΩB
ΩA? ΩB
Γ2
σ (A)
σ (A)
π+θ ­θ
b
­b
θA
FIG.11
ΩA? ΩB
ΩA? ΩB
Lemme 3.1 Il existe deux courbes 1; 2 comme le montre la …gure suivante
24
Γ1
θB
a

Preuve On applique le lemme 3.2 avec S = B et T = A:
Soit maintenant R3 la partie de R qui est bornée par 1; 2, [ a; a] ib:
On disigne par 3 l’ensemble R3 \ ( B) qui est ouvert et par K3 = (A) \ R3 qui est
compact, on a K3 3, alors on peut appliquer le lemme 3.1 pour obtenir une courbe 3 fermée
tel que le spectre de A qui est dans R3 et dans la partie qui est bornée par 3, alors 3 est dans
( B) \ (A):
De la même manière, on trouve : :
4 : une courbe fermée dans la partie qui est bornée par : 1; a + i [ b; b] telle que la partie
de spectre de B est dans la partie qui est bornée par 4:
5 : une courbe fermée dans la partie qui est bornée par : 2; a + i [ b; b] telle que la partie
de spectre de B est dans la partie qui est bornée par 5:
On prolonge 1de 1e i vers a + ib; et de a ib vers 1e i , et on prolonge 2de a + ib vers
1e i( ) ; et de 1e i( ) vers a ib: selon la …gure 12
Soit =
5[
i=1
i (A) \ ( B):
:/swp55/temp/graphics/LBKBTT0B 23:pdf
FIG.12
Lemme 3.2 L’opérateur S est linéaire borné dans X:
Preuve D’aprés (H3) et (H4) on a :
C0 A = sup kzR(z; A)k < 1:
z2
C0 B = sup kzR(z; B)k < 1:
z2
La fonction z 7 ! R(z; A)=R(z; B) est analytique sur et on a
kSk
D’où S est linéaire borné dans X:
1
2
Z
kR(z; A)k kR(z; B)k jdzj
C0 AC0 Z
B jdzj
2 jzj 2
C(independantde ):
Proposition 3.1 Soient A et B deux opérateurs satisfaisant (H1) ! (H5), alors S est
linéaire et borné de X vers DA(1; 1) [et vers DB(1; 1)] :
Preuve Soit y 2 X, x = Sy, on a
et
R(t; B)x = 1
Z
2 i
B 2 R(t; B) 2 x = x 2tR(t; B)x + t 2 R(t; B) 2 x;
R(z; A)R(z; B)y dz
Z
1
+
t + z 2 i
25
R(z; A)R(t; B)y dz
t + z ;

pour t assez grand (t + z 6= 0) et comme la fonction R(z;A)R(t;B)y
t+z
D’où
De même on trouve
Alors par (3.1) et (3.2) on a
Z
1
2 i
R(t; B)x = 1
Z
2 i
B 2 R(t; B) 2 x = 1
Z
2 i
tB 2 R(t; B) 2 x
R(z; A)R(t; B)y dz
t + z
= 0:
R(z; A)R(z; B)y dz
t + z :
z2 2 R(z; A)R(z; B)ydz:
(t + z)
1
2
Z C 0 A C 0 B kyk
jt + zj 2 jdzj
= C0 AC0 B kyk
Z
2
t
jdzj
j1 + zj 2
est analytique alors l’intégrale
C kyk :
où t = z
7
t =z 2 :
D’où la fonction t ! tB2R(t; B) 2x est bornée, alors cette fonction appartient à Lp !; 1; dt
d’où x 2 DB(1; 1):
t ,
De la même manière on trouve que x 2 DA(1; 1):
Remarque 3.1 D’après les propriètés d’inclusion on a aussi S est linéaire borné de X vers
DA( ; P ) et vers DB( ; P ):
Lemme 3.3 Soient A et B deux opérateurs saisfaisant (H1) ! (H5), et soit 0 < < 1,
1 P 1 et y 2 DA( ; P ) + DB( ; P ), alors x = Sy 2 DA \ DB et de plus (A + B)Sy = y:
Preuve Soit y 2 DB( ; P )= (1 P 1), comme DB( ; P ) DB( ; 1), on prend y 2 DB( ; 1),
alors la fonction z 7 ! jzj BR(z; B)y est bornée sur et on a :
Alors
R(z; A)R(z; B)y = R(z; A)BR(z; B)y:
kBR(z; A)R(z; B)yk
C0 AC0 B ; 8z 2 :
jzj jzj
Soit int = \ R et ext = \ R c ; alors dist(0; int) > 0; d’où jzj > dist(0; int) pour tout
z 2 int et pour z 2 ext on a jzj p a 2 + b 2 , soit doncM = max dist(0; int); p a 2 + b 2 , on a
kBR(z; A)R(z; B)yk
26
C
;
M +1

d’où x 2 D(B) et :
pour que x 2 D(A), on écrit
ce qui implique
alors
x = 1
Z
2 i
Bx = 1
Z
2 i
R(z; A)BR(z; B)ydz;
zR(z; B)y = y BR(z; B)y;
R(z; B)y =
R(z; A)y dz
z
y BR(z; B)y
;
z
Z
1
2 i
R(z; A)BR(z; B)y dz
z :
La première intégrale est dans D(A) car :
Z
1
R(z; A)y
2 i
dz
z =
(
0; si le zéro dans Rc A 1y si le zéro dans le partie qui borné par
Alors
pour la deuxième intégrale on a :
D’où 1
Z
2 i
et A
2
4 1
2 i
AR(z; A)BR(z; B)y = BR(z; B)y + zR(z; A)BR(z; B)y:
k[AR(z; A)BR(z; B)y] zk
Z
D’où x 2 D(A) et
[R(z; A)BR(z; B)y] dz
z
[R(z; A)BR(z; B)y] dz
z
Ax = 1
2 i A
Z
Z
1
2 i
BR(z; B)y
z
C 0 A + 1
(C 0 A
2 D(A)
3
5 = 1
2 i
+ 1) C0
jzj +1
Z
R(z; A)y dz
z
+ C 0 A
BR(z; B)y
z
C:
BR(z; B)y
z
AR(z; A)BR(z; B)y dz
z :
Z
1
+
2 i
R(z; A)BR(z; B)ydz:
27
BR(z; B)y dz
z

Alors
et on a
On a
d’où on a :
C-à-d
1
2 i A
Z
Z
1
2 i
BR(z; B)y dz
z =
(
R(z; A)y dz
z
Z
1
2 i
Z
1
+
2 i
y; 0 =2 R
0; 0 2 R
BR(z; B)y dz
z
R(z; A)BR(z; B)ydz = Bx;
Ax = y Bx;
(A + B) Sy = y
Remarque 3.2 Comme D(A) DA( ; P ), D(B) DB( ; P ) avec 0 < < 1, 1 P 1;
alors on a le corollaire suivant
Crollaire 3.1 Si A et B satisfont (H1) ! (H5) alors pour x 2 D(A) + D(B); on a
Sx 2 D(A) \ D(B) et (A + B) Sx = x:
Théorème 3.1 Soit A et B satisfaisant (H1) ! (H5), alors A + B existe, de plus si
= y;
D(A) + D(B) est dense dans X, on a : 0 2 A + B et A + B 1 = S:
Preuve On note A + B = L et D(A) \ D(B) = DL; soit (xn) DL tel que xn ! 0 et
Lxn ! y 2 X:
Lemme 3.4 Pour tout x 2 D(A) \ D(B); on a
S (A + B) x = x:
Donc S (A + B) xn = xn, lorsque n ! +1 et comme S est continu on a :
Sy = 0:
Soit 2 (A), on a R( ; A)y 2 D(A) D(A) + D(B); donc SR( ; A)y 2 D(A) \ D(B) et
(A + B) SR( ; A)y = R( ; A)y:
On a
28

SR( ; A)y = 1
Z
2 i
= 1
Z
2 i
= 1
Z
2 i
= R( ; A)
R( ; A)y = (A + B)R( ; A)Sy = 0:
R( ; A) injectif =) y = 0:
D’où A + B existe.
= R( ; A)Sy:
R(z; A)R(z; B)R( ; A)ydz
R(z; A)R( ; A)R(z; B)ydz:
R( ; A)R(z; A)R(z; B)ydz:
2
4 1
Z
2 i
3
R(z; A)R(z; B)ydz5
:
On suppose que D(A) + D(B) est dense dans X, on va montrer que SL = ID L ; LS = IX:
Soit x 2 D L ; 9(xn) DL, xn ! x et Lxn ! Lx:
On a SLxn = xn =) quand n % +1 on a : SLx = x, d’où SL = ID L :
Soit y 2 X, il existe (yn) D(A) + D(B); yn !
n%+1 y:
On a LSyn = yn et (Syn) DL, Syn !
n%+1 Sy, et LSyn !
n%+1 y =) Sy 2 DL et LSy = y;
d’où LS = IX, alors L 1 = S; et comme S est continu alors 0 2 L .
Corollaire 3.2 Soient A et B satisfaisant (H1) ! (H5), et on suppose que D(A) + D(B)
est dense dans X.Si (A) + (B) 6= C, alors A + B existe avec (A + B) (A) + (B):
Preuve Soit 2 C ( (A) + (B)), alors A = e A et B satisfont les hypothèses (H1) !
(H5):En e¤et : il su¢ t de veri…er 9 eA ; B < 2 et ! > 0; tel que
(H1) : e A + B > 2 :
(H2) : 8 2 ( e A); 8 2 (B):
R( ; e A)R( ; B) = R( ; B)R( ; e A):
8
< B ( B)
(H3) :
: CB = sup kzR(z; B)k < 1
z2 B
:
8
< eA (
(H4) :
:
e A)
C eA = sup zR(z;
z2 eA
e A) < 1 :
(H5) : ( e A) \ ( B) = ?:
La condition (H2) :
29

Mais
donc
On a e A = A , et soit z 2 (A ) =) z + 2 (A) ; donc
La condition(H5) :
R(z + ; A)R( ; B) = R( ; B)R(z + ; A):
R(z + ; A) = R(z; A );
R( ; e A)R( ; B) = R( ; B)R( ; e A):
On suppose que (A ) \ ( B) 6= ?, c-à-d, il existe z 2 (A ) et z 2 ( B),
alors z + 2 (A) et z 2 (B), d’où 2 (A) + (B) et cela est une contradiction avec
2 C ( (A) + (B)) :
Les conditions (H1), (H3), (H4) :
A (A) =) A (A) = (A ) :
Il existe 0 < eA < 2 et !0 > 0, tel que e A A et e A + B > 2 :On prend ! 0 =
max (!0; !), d’où les conditions (H1); (H3); (H4) satisfaites, comme D(A) + D(B) est dense dans
X et DA = DA; on a A + B existe et A + B 1 2 L (X; D(A) \ D(B)) :
Soit x 2 DA +B alors il existe (xn) D(A)\D(B) telle que xn !
n%+1 x et A + Bxn !
n%+1
A + Bx, alors (A + B) xn !
n%+1 A + Bx+ x, d’où x 2 DA+B et A + Bx = A + Bx+
x, alors A + B = A + B , et comme A + B 1 2 L (X; D(A) \ D(B)), donc (A + B)
(A) + (B):
Théorème 3.2 Soient A et B deux opérateurs satisfaisant (H1) ! (H5), et soit 0 < < 1;
p 2 [1; 1] [ f10g :
8
>< ASy 2 DA( ; p) \ DB( ; p);
Si y 2 DA( ; p) Alors
et
>:
BSy 2 DA( ; p):
8
>< BSy 2 DA( ; p) \ DB( ; p);
Si y 2 DB( ; p) Alors
>:
et
ASy 2 DB( ; p):
Preuve Soit y 2 DB( ; p), 1 p 1 et x = Sy; de le lemme 3.3 on a x 2 D(A) \ D(B), et
pour t > a on a : BSy 2B ( ; 1) () t 7 ! t BR(t; B)Bx borné presque partout dans ]!; 1[ :
Soit t > 0, on a
BR(t; B)x =
BR(t; B)Bx =
1
2 i
Z
z
t+z R(z; A)R(z; B)ydz:
1
Z
2 i
z
t+z R(z; A)BR(z; B)ydz;
il existe c > 0 tel que pour z 2 et t assez grand on a
jt + zj c(t + r), où z = re i , par (3.1) et (3.2) on a
30

t BR(t; B)Bx
C0 Z
A t kBR(z; B)yk
jdzj
2 jt + zj
C0 Z
A
2
t
t + jzj
(z) jdzj ;
où (z) = kBR(z; B)yk, soit 0 le partie de dans R c a;b et 00 la partie de dans Ra;b,
alors par (3.1) on a
Z
0
t
t + jzj (z) jdzj C00 t
et comme la fonction dans Lp p a2 + b2 ; +1; dt
t
décompose 00 en quatre parties, 00 =
n
- 00
1 = rei =r p a2 + b2 - 00
2 =
- 00
3 =
- 00
4 =
n
n
re i =r p a 2 + b 2
o
:
o
:
o
:
o
:
re i( ) =r p a 2 + b 2
n
re i( ) =r p a 2 + b 2
4[
k=1
00
k ; tel que
Soit '(r) = r BR(re i ; B)y si r p a 2 + b 2 ; et '(r) = 0; alors
où h(t) = t
t+1
Z
00
t
t + jzj
le produit convolution.
Par le théorème de Young
kh 'k L p (0;+1; dt
t )
Z
(z) jdzj =
0
1
1 ;
où C 00 est constant indépendant de t, alors on
t r
'(r)dr = h '(t);
t + r
khk L 1 (0;+1; dt
t ) k'k L p (0;+1; dt
t )
khk L 1 (0;+1; dt
t ) kyk DB( ;p) :
De la même manière pour les parties 00
2 ; 00
3 ; et 00
4 , on trouve que Bx 2 DB( ; p):
Comme Ax = y Bx aussi Ax 2 DB( ; p) et
et de (3.2) on a
AR(it; A)Bx = R(it;A)
2 i
AR(it; A)R(z; A) = it
R(it; A)
z it
Z
it
z itBR(z; B)ydz Z
1
2 i
31
z
R(z; A);
z it
z
z itR(z; A)BR(z; B)ydz:

Le première intérgrale est égale à 0 pout t assez grand.
On a
AR(it; A)Bx =
1
Z
2 i
z
z itR(z; A)BR(z; B)ydz:
Corollaire 3.3 Soient A et B deux opérateurs satisfaisant (H1) ! (H5), et soit 0 < < 1;
p 2 [1; 1] [ f10g et Y = DA( ; p) ou Y = DB( ; p), on note par AY et BY les parties de A et
B dans Y , alors AY + BY est inversible.
Théorème 3.3 Soit H un espace de Hilbert, et Soient A et B deux opérateurs dans H
satisfaisant (H1) ! (H5), on suppose qu’il existe 0 < < 1; tel que DA( ; 2) = DA ( ; 2)
ou DB( ; 2) = DB ( ; 2), D(A) et D(B) est dense dans X, alors A + B est fermé, de plus
0 2 (A + B) et (A + B) 1 = S:
Preuve Par la remarque (II-3) on a DA( ; 2) = (H; D(A)) ;2 et DA ( ; 2) = (H; D(A )) ;2 , alors
le théorème (3.3) implique DA( ; 2) = DA ( ; 2) si D(A) = D(A ), alors A + B est fermé et de
plus fermable.
32

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33

Résumé
Le présent travail est consacré à l’étude de la somme d’opérateurs bissectoriaux
dans un espace de banach X: Tout d’abord on traite le cas des
opérateurs sectoriaux, ensuite on a présenté l’existence et l’unicité de la solution
en donnant une construction explicite de celle-ci. La méthode utilisée
est basée sur l’intégrale de Dunford et les espaces d’interpolation.
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Abstract
In the present work, we study sums of bisectorial operators on a banach
space X: Firstly we treat the case of sectorial operators, then we present the
existence and uniqueness of the solutions by given its explicite representation.
The method of study is based on a Dunford integral and interpolation
spaces.
35

صــــــــــــــــــخلم
. X خانب ءاضف ًف تٌواص ًعاطق ثار ثاشثؤم عومجم تساسذل سشكم لمعلا ازه
نمض لحلا تٍناذحوو دوجو انمذق مث ،يواص عاطق ثار ثاشثؤملا انسسد
Dunford
لاوأ
لماكت ىلع تلمعتسملا تقٌشطلا هزه ذنتست و . تجشختسم تحٌشص ةسابع
.
باطقتسلاا ثاءاضف و