2. Solutions
(2) Pour A n , c’est évident par récurrence, puisque A 0 = 0 et puisque A n+1 est un
polynôme en S et A n à coefficients positifs. C’est vrai pour A 1 − A 0 =
1
2 S . Si c’est vrai
pour A n − A n−1 , on voit que
A n+1 − A n =
1
2
(A
2
n − A
2
n−1 ) =
1
2
(A n − A n−1 )(A n + A n−1 ),
et sous cette forme il est clair que le résultat est encore vrai pour A n+1 − A n car un produit
de deux polynômes à coefficients positifs est encore un polynôme à coefficients positifs.
(3) D’après les questions précédentes, A n =
k≥0 c k,n S
k , où la somme est finie et où
les c k,n sont positifs. Par (1)(ii), A n ≥ 0 et A n commute indifféremment avec S et T .
(4) Par récurrence, A 0 = 0 ≤ I. Supposons que A n ≤ I. Alors A
2
n ≤ I, par exemple
parce que A n = w(A n ) puisque A n ≥ 0, (cf. Ex. VI.5). Ensuite :
A n+1 =
1
2
(I + A
2
n ) ≤
1
2
(I + I) = I.
(5) C’est une conséquence immédiate des questions (1) et (2).
(6) Par l’Ex. VI.7, pour tout x ∈ H, A n x → Ax avec A ∈ L(H) auto-adjoint. D’autre
part, notant que A
2
n x − A
2 x ≤ 2A n x − Ax, on a :
A n+1 x =
1
2
(S x + A
2
n x) implique 2Ax = S x + A
2 x, et donc 2A = S + A
2
.
Ensuite,
B
2
= (I − A)
2
= I − 2A + A
2
= I − 2A + 2A − S = I − S = T.
Le passage à la limite dans 0 ≤ I − A n ≤ I au sens de la topologie forte des opérateurs
donne 0 ≤ B ≤ I (cf. D 9.11).
Par (1), A n commute avec S ou T . Par passage à la limite, B commute avec T , soit :
B ∈ {T }
.
(7) Supposons qu’il existe C ∈ L(H) positif tel que C
2
= T = B
2 . Alors
CT = CC
2
= C
2 C = TC et C ∈ {T }
. Par (3), CB = BC.
Soit x ∈ H et y = (B − C)x. Alors
By, y + Cy, y = (B + C)y, y = (B
2
− C
2 )x, y = 0.
Or, By, y ≥ 0 et Cy, y ≥ 0. Donc By, y = Cy, y = 0.
D’autre part, B étant positif, (VI.1) montre que
∀u ∈ H, Bu, u = 0 =⇒ Bu = 0.
On a donc ici By = 0 et de même Cy = 0. D’où (B − C)y = 0 et par suite
∀x ∈ H, Bx − Cx
2
= (B − C)
2 x, x = B − C)y, x = 0,
ce qui implique Bx − Cx = 0 et finalement B = C.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
141
(2) Pour A n , c’est évident par récurrence, puisque A 0 = 0 et puisque A n+1 est un
polynôme en S et A n à coefficients positifs. C’est vrai pour A 1 − A 0 =
1
2 S . Si c’est vrai
pour A n − A n−1 , on voit que
A n+1 − A n =
1
2
(A
2
n − A
2
n−1 ) =
1
2
(A n − A n−1 )(A n + A n−1 ),
et sous cette forme il est clair que le résultat est encore vrai pour A n+1 − A n car un produit
de deux polynômes à coefficients positifs est encore un polynôme à coefficients positifs.
(3) D’après les questions précédentes, A n =
k≥0 c k,n S
k , où la somme est finie et où
les c k,n sont positifs. Par (1)(ii), A n ≥ 0 et A n commute indifféremment avec S et T .
(4) Par récurrence, A 0 = 0 ≤ I. Supposons que A n ≤ I. Alors A
2
n ≤ I, par exemple
parce que A n = w(A n ) puisque A n ≥ 0, (cf. Ex. VI.5). Ensuite :
A n+1 =
1
2
(I + A
2
n ) ≤
1
2
(I + I) = I.
(5) C’est une conséquence immédiate des questions (1) et (2).
(6) Par l’Ex. VI.7, pour tout x ∈ H, A n x → Ax avec A ∈ L(H) auto-adjoint. D’autre
part, notant que A
2
n x − A
2 x ≤ 2A n x − Ax, on a :
A n+1 x =
1
2
(S x + A
2
n x) implique 2Ax = S x + A
2 x, et donc 2A = S + A
2
.
Ensuite,
B
2
= (I − A)
2
= I − 2A + A
2
= I − 2A + 2A − S = I − S = T.
Le passage à la limite dans 0 ≤ I − A n ≤ I au sens de la topologie forte des opérateurs
donne 0 ≤ B ≤ I (cf. D 9.11).
Par (1), A n commute avec S ou T . Par passage à la limite, B commute avec T , soit :
B ∈ {T }
.
(7) Supposons qu’il existe C ∈ L(H) positif tel que C
2
= T = B
2 . Alors
CT = CC
2
= C
2 C = TC et C ∈ {T }
. Par (3), CB = BC.
Soit x ∈ H et y = (B − C)x. Alors
By, y + Cy, y = (B + C)y, y = (B
2
− C
2 )x, y = 0.
Or, By, y ≥ 0 et Cy, y ≥ 0. Donc By, y = Cy, y = 0.
D’autre part, B étant positif, (VI.1) montre que
∀u ∈ H, Bu, u = 0 =⇒ Bu = 0.
On a donc ici By = 0 et de même Cy = 0. D’où (B − C)y = 0 et par suite
∀x ∈ H, Bx − Cx
2
= (B − C)
2 x, x = B − C)y, x = 0,
ce qui implique Bx − Cx = 0 et finalement B = C.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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