2. Solutions
(a) Montrons par récurrence que 0 ≤ A n ≤ I. Puisque A ≥ 0, A 1 ≥ 0. Et A 1 ≤ I
car A 1 = 1. Supposons que 0 ≤ A k ≤ I. Alors 0 ≤ I − A k ≤ I. On a pour x ∈ H et
y = A k x :
A
2
k (I − A k )x, x = (I − A k )A k x, A k x) = (I − A k )y, y ≥ 0, donc A
2
k (I − A k ) ≥ 0.
On a de même A k (I−A k )
2
≥ 0. Puisque la somme de deux opérateurs positifs est positive,
cela nous donne
A k+1 = A k − A
2
k = A
2
k (I − A k ) + A k (I − A k )
2
≥ 0.
D’autre part, comme A
2
k ≥ 0 et I − A k ≥ 0,
I − A k+1 = A
2
k + I − A k ≥ 0, ce qui implique A k+1 ≤ I.
(b) Montrons que ABx, x ≥ 0, ∀x ∈ H. Nous avons
A 1 = A
2
1 + A 2 = A
2
1 + A
2
2 + A 3 = . . . = A
2
1 + A
2
2 + . . . + A
2
n + A n+1 .
Comme, A n+1 ≥ 0, A
2
1 + A
2
2 + . . . + A
2
n = A 1 − A n+1 ≤ A 1 . D’où,
n
k=1
A k x
2
=
n
k=1
A k x, A k x =
n
k=1
A
2
k x, x ≤ ≤A 1 x, x.
Donc, la série
k A k x
2 est convergente. En particulier, A n x
2
→ 0 et donc A n x → 0.
Il s’ensuit que (
n
k=1 A
2
k )x = (A 1 − A n+1 )x → A 1 x.
Maintenant pour x ∈ H et y k = A k x, nous avons
ABx, x = ABA 1 x, x = A lim
n→∞
n
k=1
BA
2
k x, x = A lim
n→∞
n
k=1
By k , y k ≥ 0.
Donc AB ≥ 0.
Remarque : Une présentation alternative possible, si l’on s’autorise à utiliser
l’Ex. VI.8 à venir, est la suivante : on peut écrire
A = C
2 avec C ≥ 0 et CB = BC.
En effet, l’exercice mentionné montre que C, la racine carrée positive de A, s’obtient
comme limite de polynômes en A qui commutent avec B, comme le fait A. Ensuite, si
x ∈ H, nous voyons que
ABx, x = C
2 Bx, x = CBx, Cx = BCx, Cx ≥ 0,
la dernière inégalité venant du fait que B ≥ 0.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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