2. Solutions
Exercice VI.13
(1) (a) Pour tout x ∈ H, nous avons
T x
2
= T x, T x = T
∗ T x, x = |T |
2 x, x = |T |x, |T |x = |T |x
2
.
D’où (VI.3), à savoir T x = |T |x ∀x ∈ H.
(b) D’après (a), ker(T ) = ker(|T |). On obtient alors
ker(T )
⊥
= ker(|T |)
⊥
= Im(|T |).
(2) Soit V 0 : Im(|T |) → Im(T ) définie par V 0 (|T |x) = T x, ∀x ∈ H.
Par (1) (b), V 0 est bien définie et d’après (VI.1), c’est une isométrie. Elle est donc continue, et on peut l’étendre en une isométrie
V : Im(|T |) = ker(T )
⊥
→ Im(T ).
Cette isométrie vérifie : pour tout x ∈ H, V(|T |x) = T x, i.e. T = V|T |.
(3) Soit W définie par
W x = V x si x ∈ ker(T )
⊥ et W x = 0 si x ∈ ker(T ).
Alors W ∈ L(H) est une une isométrie partielle et T = W|T |.
(4) « Unicité ».
Notons que T
∗ T = PU
∗ UP. D’autre part, puisque U est une isométrie partielle, d’après
l’Ex. VI.11, U
∗ U est la projection orthogonale sur
ker(U)
⊥
= ker(P)
⊥
= Im(P).
Il en résulte que T
∗ T = PU
∗ UP = P
2 . Par l’unicité de la racine carrée positive, P = |T |.
Puisque T = UP = U|T |, on a aussi
U|T |x = T x = W|T |x, ∀x ∈ H.
Ceci implique que U = W sur
Im(|T |) = ker(P)
⊥
= ker(U)
⊥
= ker(|T |)
⊥
= ker(W)
⊥
.
Finalement, U = W.
(5) Dans (2), V : ker(T )
⊥
→ Im(T ) est par construction une isométrie surjective.
Dans (3), le choix de W x = 0 si x ∈ ker(T ) était fait de façon à avoir ker(W) = ker(T ).
D’autres choix pour prolonger V et définir W sont possibles, avec
W : H = ker(T )
⊥
⊕ ker(T ) → H = Im(T ) ⊕ ker(T
∗ ).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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