2. Solutions
Soit alors (y n ) une suite de B G . Soit x n ∈ E 0 telle que l’on ait x n ≤ C et T (x n ) = y n .
Puisque T est compacte, il existe une suite extraite (x n j ) j≥1 telle que (T (x n j )) j≥1 = (y n j ) j≥1
converge. Ainsi, toute suite de B G admet une sous-suite convergente, ce qui montre que
B G est compacte et que donc (F. Riesz !) dim G < ∞.
Exercice IV.11
(1) Soit T ∈ GL(E). Pour S ∈ L(E), S = T + (S − T ) = T [I + T
−1 (S − T )]. Par
(P 4.5) S est inversible dès que T
−1 (S − T ) < 1, a fortiori dès que S − T < T
−1
−1 .
Ceci définit une boule ouverte, voisinage de T dont tout élément est inversible, ce qui
montre que GL(E) est ouvert dans L(E).
D’autre part, si T ∈ GL(E) est fixé et S − T < T
−1
−1 , alors
I − T
−1 S = T
−1 (T − S ) ≤ ≤T
−1
T − S < 1,
ce qui montre que T
−1 S est inversible avec de plus :
(T
−1 S )
−1
≤
1
1 − −I − T −1 S
≤
1
1 − −T −1 T − S
.
Puisque S = T (T
−1 S ) avec T, T
−1 S inversibles, S est inversible aussi et
S
−1
= (T
−1 S )
−1 T
−1
.
D’où
S
−1
≤ ≤(T
−1 S )
−1
T
−1
≤
T
−1
1 − −T −1 T − S
.
On a S
−1
− T
−1
= (I − T
−1 S )S
−1
= T
−1 (T − S )S
−1
.
D’où
S
−1
− T
−1
≤ ≤T
−1
T − S S
−1
≤
T
−1
2
1 − −T −1 T − S
T − S .
Ceci montre la continuité de l’application T → T
−1 .
(2) T ∈ L(E) et T p ≤ 1 de façon évidente.
(i) (I − εT )x = (x 1 , x 2 − εx 1 , . . . , x n − εx n−1 , . . .)
de f
= T ε x.
Il suffit de montrer qu’il existe un élément y ∈ E qui n’est pas un T ε x, x ∈ E.
Soit y = (1, 0 . . . , 0, . . .). Si y = T ε x, alors x 1 = 1, x 2 = ε, . . . , x n = ε
n−1
, . . . x a
donc tous ses termes d’indice ≥ 2 non nuls. Ce n’est pas un élément de E.
(ii) I est inversible. Dans tout voisinage de I, il y a un I − εT ; donc I n’admet pas
de voisinage ouvert inclus dans GL(E), et GL(E) n’est pas un ouvert de L(E).
On n’a plus ici l’hypothèse « E est complet », qui nous avait permis d’appliquer
(P 4.5).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
101
Soit alors (y n ) une suite de B G . Soit x n ∈ E 0 telle que l’on ait x n ≤ C et T (x n ) = y n .
Puisque T est compacte, il existe une suite extraite (x n j ) j≥1 telle que (T (x n j )) j≥1 = (y n j ) j≥1
converge. Ainsi, toute suite de B G admet une sous-suite convergente, ce qui montre que
B G est compacte et que donc (F. Riesz !) dim G < ∞.
Exercice IV.11
(1) Soit T ∈ GL(E). Pour S ∈ L(E), S = T + (S − T ) = T [I + T
−1 (S − T )]. Par
(P 4.5) S est inversible dès que T
−1 (S − T ) < 1, a fortiori dès que S − T < T
−1
−1 .
Ceci définit une boule ouverte, voisinage de T dont tout élément est inversible, ce qui
montre que GL(E) est ouvert dans L(E).
D’autre part, si T ∈ GL(E) est fixé et S − T < T
−1
−1 , alors
I − T
−1 S = T
−1 (T − S ) ≤ ≤T
−1
T − S < 1,
ce qui montre que T
−1 S est inversible avec de plus :
(T
−1 S )
−1
≤
1
1 − −I − T −1 S
≤
1
1 − −T −1 T − S
.
Puisque S = T (T
−1 S ) avec T, T
−1 S inversibles, S est inversible aussi et
S
−1
= (T
−1 S )
−1 T
−1
.
D’où
S
−1
≤ ≤(T
−1 S )
−1
T
−1
≤
T
−1
1 − −T −1 T − S
.
On a S
−1
− T
−1
= (I − T
−1 S )S
−1
= T
−1 (T − S )S
−1
.
D’où
S
−1
− T
−1
≤ ≤T
−1
T − S S
−1
≤
T
−1
2
1 − −T −1 T − S
T − S .
Ceci montre la continuité de l’application T → T
−1 .
(2) T ∈ L(E) et T p ≤ 1 de façon évidente.
(i) (I − εT )x = (x 1 , x 2 − εx 1 , . . . , x n − εx n−1 , . . .)
de f
= T ε x.
Il suffit de montrer qu’il existe un élément y ∈ E qui n’est pas un T ε x, x ∈ E.
Soit y = (1, 0 . . . , 0, . . .). Si y = T ε x, alors x 1 = 1, x 2 = ε, . . . , x n = ε
n−1
, . . . x a
donc tous ses termes d’indice ≥ 2 non nuls. Ce n’est pas un élément de E.
(ii) I est inversible. Dans tout voisinage de I, il y a un I − εT ; donc I n’admet pas
de voisinage ouvert inclus dans GL(E), et GL(E) n’est pas un ouvert de L(E).
On n’a plus ici l’hypothèse « E est complet », qui nous avait permis d’appliquer
(P 4.5).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
101