TS I.134
ENDOMORPHISMES DES ESPACES DE BANACH
§ 7
Rappelons d’abord que Ker(p ∗ ) = Im(p) ◦ et Ker(p) = Im(p ∗ ) ◦
(EVT, V, p. 41, prop. 4). De plus, l’image de p (resp. p ∗ ) est fermée, puisqu’elle coïncide avec le noyau de 1 − p (resp. 1 − p ∗ ). Donc
on a
(1)
Im(p) = Ker(p
∗ )
◦ ,
Im(p
∗ ) = Ker(p)
◦ .
(i) =⇒ (ii) : p ∗ est un projecteur de noyau Im(p) ◦ = Ker(p) et dont
l’image est Im(p ∗ ) ◦ = Ker(p) = Im(p) ◦ ; donc p ∗ = p.
(ii) =⇒ (iii) puisque tout endomorphisme hermitien est normal.
(iii) =⇒ (iv) : comme p est normal, on a p(x) 2 = p ∗ (x) 2 pour
tout x dans E (EVT, V, p. 43, prop. 7), d’où l’inclusion demandée.
(iv) =⇒ (v) suit des égalités (1) ci-dessus.
(v) =⇒ (vi) : pour tout x ∈ E, on a p(x) ∈ Im(p ∗ ), et par conséquent
p(x)|x = p ∗ (p(x))|x = p(x) 2 0.
(vi) =⇒ (vii) : soient x ∈ E et y = x − p(x) ∈ Ker(p). Pour tout
t ∈ R, on a par hypothèse
x + ty|p(x) = x + ty|p(x + ty) 0,
ce qui n’est possible que si y|p(x) = 0. Mais alors
p(x)
2 = x|p(x) xp(x),
et donc p 1.
(vii) =⇒ (i) : soit y ∈ Im(p) ; notons z la projection orthogonale
de y sur Ker(p) ◦ et posons x = y − z ∈ Ker(p). On a p(z) = p(y) = y,
donc y z par hypothèse. Mais, comme x et z sont orthogonaux,
on a y 2 = x 2 + z 2 , d’où x = 0, c’est-à-dire y = z. Ainsi,
Im(p) ⊂ Ker(p) ◦ . Comme de plus p ∗ = p 1, on a de même
Im(p ∗ ) ⊂ Ker(p ∗ ) ◦ , ce qui fournit l’inclusion réciproque par (1).
Proposition 5. — Soient E un espace hilbertien complexe et u un
endomorphisme normal de E.
a) Pour toute partie ouverte et fermée H du spectre de u, le projecteur spectral e H (u) est un orthoprojecteur dont le noyau est l’image
du projecteur spectral e Sp(u) H (u) ;
b) Si H 1 et H 2 sont des parties disjointes, ouvertes et fermées du
spectre de u, alors les sous-espaces spectraux E H 1 et E H 2 sont orthogonaux ;