2. Solutions
2 SOLUTIONS
Exercice IV.1
(i) ⇒ :
Soit (A n ) n∈N ∗ une suite de Cauchy dans L(E, F) et soit ε > 0.
∃N(ε) tel que p ≥ 0, n ≥ N(ε) entraîne A n+p − A n ≤ ε,
et donc (A n+p − A n )x ≤ ≤A n+p − A p x ≤ εx pour tout x ∈ E, ce qui montre
que la suite (A n x) n∈N ∗ est de Cauchy dans F complet, et converge donc vers une limite
A(x) = Ax, qui dépend linéairement de x puisque c’est le cas de chaque A n .
Lorsque p tend vers l’infini à n fixé dans l’inégalité ci-dessus, on obtient
(A − A n )x ≤ εx ;
il en résulte que A − A n ∈ L(E, F), donc que A ∈ L(E, F). Il en résulte aussi que, dans
les mêmes conditions sur n, A − A n ≤ ε. Ceci exprime que A est la limite de la suite
(A n ) n∈N ∗ dans L(E, F).
(ii) ⇐ :
Supposons L(E, F) complet. Soit (y n ) n∈N ∗ une suite de Cauchy dans F, et soit
x 0 ∈ E, x 0 = 1. Par le théorème de Hahn-Banach, il existe f ∈ E
∗ telle que
f = f (x 0 ) = x 0 = 1. Soit maintenant, l’application A n = y n ⊗ f : E → F, définie
par A n x = f (x)y n . Alors A n ∈ L(E, F). De plus,
A n − A p = (y n − y p ) ⊗ f et A n − A p = y n − y p f = y n − y p .
Ceci montre que la suite (A n ) est de Cauchy. Par hypothèse elle converge dans L(E, F)
vers une limite A.
Par ailleurs A n x 0 = f (x 0 )y n = y n et donc lim n y n = lim n A n x 0 = Ax 0 . On a ainsi établi
que la suite (y n ) n est convergente, et que F est complet.
Exercice IV.2
(1) (i) La linéarité de T est évidente. Soit M = sup n≥1 |λ n |.
Si x = (x n ) n ∈
2 , alors
T x
2
2 =
n≥1
|λ n x n |
2
≤ M
2
n≥1
|x n |
2
= M
2
x
2
2 .
D’où T x ∈ E et T x 2 ≤ Mx 2 , ce qui montre que T est continue et que T ≤ M. Soit
(e n ) n la base hilbertienne canonique de E. Alors pour tout n, T e n 2 = |λ n | ≤ ≤T . D’où
M ≤ ≤T , puis T = M.
(2) Soit a = inf n≥1 |λ n |. On suppose a > 0. Alors
T x
2
=
+∞
n=1 |λ n x n |
2
≥ a
2
x
2 .
Donc T x = 0 implique x = 0 ; T est injective.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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