2. Solutions
Par conséquent, S
∗ T est inversible (cf. P 10.1). Comme T l’est déjà, S
∗ l’est aussi. D’où
une contradiction, car S
∗ n’est pas injectif. Donc d ≥ 1 et d’autre part
d ≤ ≤S − εI ≤ 1 + ε ∀ε > 0 =⇒ d ≤ 1 =⇒ d = 1.
Exercice VI.15
(1) On a
1 = x
2
= t
2
y
2
+ (1 − t)
2
z
2
+ 2t(1 − t)y, z
≤ t
2
+ (1 − t)
2
+ 2t(1 − t) = 1,
d’où y = z = y, z = 1 puisque 0 < t < 1. Le cas d’égalité dans Cauchy-Schwarz
(P 5.4) implique alors que y = αz avec α scalaire.
Comme 1 = y, z = αz
2
= α, on a α = 1 et donc z = y, puis finalement
x = (t + 1 − t)y = y = z.
(2) On vérifie facilement, puisque U
∗
= A − i
√
I − A 2 , que UU
∗
= U
∗ U = I et que
A =
1
2 (U + U
∗ ) (Un dessin dans le disque unité aide à visualiser les choses).
(3) 1 =⇒ 2.
Soit V ∈ B une isométrie. Supposons que
V = tT + (1 − t)R avec t ∈]0, 1[, T ≤ 1 et R ≤ 1.
Si x ∈ S , on a V x ∈ S , puisque V est une isométrie et
V x = tT x + (1 − t)Rx avec t ∈]0, 1[, T x ∈ B, Rx ∈ B.
D’après (1), V x ∈ S est extrémal dans B, donc V x = T x = Rx. Il s’ensuit que V = T = R
et donc V est un point extrémal de la boule unité B de L(H). Si V est une co-isométrie
et V = tT + (1 − t)R avec R, T ∈ B, on a V
∗
= tT
∗
+ (1 − t)R
∗ avec R
∗
, T
∗
∈ B et V
∗
une isométrie. D’après ce qui précède, on obtient V
∗
= R
∗
= T
∗ , puis V = R = T en
reprenant les adjoints. Et V est encore un point extrémal de B.
2 =⇒ 1.
Soit V ∈ B un point extrémal de B et V = WP avec P ≥ 0 et W une isométrie ou une
co-isométrie, la décomposition polaire maximale de V (voir l’Ex. VI.14 (5)). Puisque
P ≥ 0 et P ≤ 1, d’après la question (2), il existe U unitaire tel que P =
1
2 (U + U
∗ ).
Alors
V = WP =
1
2
(WU + WU
∗ ), avec WU = WU
∗
= 1.
Puisque V est point extrémal de B, on en déduit V = WU = WU
∗ . Il en résulte que V est
une isométrie ou une co-isométrie, comme produit d’une isométrie ou une co-isométrie
par un opérateur unitaire.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
147
Par conséquent, S
∗ T est inversible (cf. P 10.1). Comme T l’est déjà, S
∗ l’est aussi. D’où
une contradiction, car S
∗ n’est pas injectif. Donc d ≥ 1 et d’autre part
d ≤ ≤S − εI ≤ 1 + ε ∀ε > 0 =⇒ d ≤ 1 =⇒ d = 1.
Exercice VI.15
(1) On a
1 = x
2
= t
2
y
2
+ (1 − t)
2
z
2
+ 2t(1 − t)y, z
≤ t
2
+ (1 − t)
2
+ 2t(1 − t) = 1,
d’où y = z = y, z = 1 puisque 0 < t < 1. Le cas d’égalité dans Cauchy-Schwarz
(P 5.4) implique alors que y = αz avec α scalaire.
Comme 1 = y, z = αz
2
= α, on a α = 1 et donc z = y, puis finalement
x = (t + 1 − t)y = y = z.
(2) On vérifie facilement, puisque U
∗
= A − i
√
I − A 2 , que UU
∗
= U
∗ U = I et que
A =
1
2 (U + U
∗ ) (Un dessin dans le disque unité aide à visualiser les choses).
(3) 1 =⇒ 2.
Soit V ∈ B une isométrie. Supposons que
V = tT + (1 − t)R avec t ∈]0, 1[, T ≤ 1 et R ≤ 1.
Si x ∈ S , on a V x ∈ S , puisque V est une isométrie et
V x = tT x + (1 − t)Rx avec t ∈]0, 1[, T x ∈ B, Rx ∈ B.
D’après (1), V x ∈ S est extrémal dans B, donc V x = T x = Rx. Il s’ensuit que V = T = R
et donc V est un point extrémal de la boule unité B de L(H). Si V est une co-isométrie
et V = tT + (1 − t)R avec R, T ∈ B, on a V
∗
= tT
∗
+ (1 − t)R
∗ avec R
∗
, T
∗
∈ B et V
∗
une isométrie. D’après ce qui précède, on obtient V
∗
= R
∗
= T
∗ , puis V = R = T en
reprenant les adjoints. Et V est encore un point extrémal de B.
2 =⇒ 1.
Soit V ∈ B un point extrémal de B et V = WP avec P ≥ 0 et W une isométrie ou une
co-isométrie, la décomposition polaire maximale de V (voir l’Ex. VI.14 (5)). Puisque
P ≥ 0 et P ≤ 1, d’après la question (2), il existe U unitaire tel que P =
1
2 (U + U
∗ ).
Alors
V = WP =
1
2
(WU + WU
∗ ), avec WU = WU
∗
= 1.
Puisque V est point extrémal de B, on en déduit V = WU = WU
∗ . Il en résulte que V est
une isométrie ou une co-isométrie, comme produit d’une isométrie ou une co-isométrie
par un opérateur unitaire.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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