2. Solutions
(3) En passant à la limite dans
(I − T )
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
p
n=0
T
n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ =
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
p
n=0
T
n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ (I − T ) = I − T
p+1
,
on obtient (I − T )
−1
=
n≥0
T
n
= I + S .
Soit maintenant g ∈ E, alors on a f = (I − T )
−1
g = (I + S )g.
Soit encore f (x) = g(x) + e
x
x
0
e
−t
g(t)dt.
Exercice IV.9
(1) (i) Implication ⇒.
Supposons T injectif d’image fermée, et soit G = Im(T ). G est un sous-espace vectoriel
fermé de F complet, donc un espace de Banach. L’application
T : E → G, définie par
x → T x est une application linéaire continue bijective entre espaces de Banach. Par le
théorème d’isomorphisme de Banach (P 2.16), elle admet un inverse continu, donc il
existe donc une constante C > 0 telle que
∀x ∈ E, x ≤ CT x
de f
=
1
α
T x.
(ii) Implication ⇐.
Supposons maintenant que
∀x ∈ E, T x ≥ αx.
Si T x = 0 on a x = 0, et T est injective. Soit (T x n ) n∈N ∗ une suite de Cauchy de Im(T ).
Alors
∀p, q ∈ N
∗
, T x p − T x q ≥ αx p − x q ,
donc (x n ) n∈N ∗ est une suite de Cauchy dans E. Comme E est complet, elle converge vers
une limite x ∈ E. Puisque T est continue, on voit que
lim
n→+∞
T x n = T x ∈ Im(T ).
L’image de T est donc complète, a fortiori fermée dans F.
(2) Soit T ∈ I(E, F). Par (1), il existe α > 0 tel que ∀x ∈ E, T x ≥ αx. Soit
U ∈ L(E, F) tel que T − U <
α
2
et x ∈ E. Alors on a
U x = (U − T )x + T x ≥ ≥T x − −(T − U)x
≥ αx − −T − U x ≥
α −
α
2
x =
α
2
x.
Ainsi ∀x ∈ E, U x ≥
α
2 x. On déduit de (1) que U ∈ I(E, F). Ceci montre que la
boule ouverte de centre T et de rayon
α
2 est dans l’ensemble I(E, F), qui est donc ouvert
dans L(E, F).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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