2. Solutions
d’où l’inégalité annoncée, en changeant x en A
−1
n x. D’après la question (2), on a
T − λI ∈ G, soit λ ∈ F. La fin est facile par un argument de connexité : l’ensemble
E ⊂ D est non-vide car 0 ∈ E, T étant non-surjective. Il est fermé dans D puisque c’est
la trace sur D du fermé σ(T ). Il est ouvert dans D puisqu’on vient de voir que son complémentaire F est fermé dans D. Et puisque D est connexe, on a bien E = D, puis par
densité σ(T ) ⊃ D, et finalement σ(T ) = D, l’inclusion inverse étant évidente.
(4) Il suffit de remarquer que, r désignant le rayon spectral :
σ(T − λI) = σ(T ) − λ = D(−λ, 1)
de f
= K, puis que
1 + |λ| = T + |λ| ≥ ≥T − λI ≥ r(T − λI) = sup
μ∈K
|μ| = 1 + |λ|.
Plus généralement, si U est unitaire, on a
T − λU = U
−1 T − λI = 1 + |λ|,
puisque U
−1 T est une isométrie non-surjective.
Exercice V.7
(1) On procède par récurrence sur N. Le cas N = 1 est évident. Pour passer de N
à N + 1, on écrit, avec une signification évidente des
, et en utilisant l’identité du
parallélogramme et l’hypothèse de récurrence :
1
2 N+1
ε 1 x 1 + . . . + ε N+1 x N+1
2
=
1
2 N
ε 1 x 1 + . . . + ε N x N + x N+1
2
+
ε 1 x 1 + . . . + ε N x N − x N+1
2
2
=
1
2 N
ε 1 x 1 + . . . + ε N x N
2
+ x N+1
2
=
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
N
n=1
x n
2
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ + x N+1
2
=
N+1
n=1
x n
2
.
(2) Il résulte de l’hypothèse que
N
n=1
ε n x n ≤ 2C, pour tous ε n = ±1, pour tout N.
(V.13)
En effet, posant pour A partie finie de N
∗ , S A =
n∈A x n , et notant
I
+
= {n ≤ N ; ε n = 1}, I
−
= {n ≤ N ; ε n = −1},
on a
N
n=1
ε n x n = S I + − S I − ≤ ≤S I + + S I − ≤ 2C.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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