2. Solutions
Si x = y + z, Ax = 2y + z ; A est donc inversible et A = 2. Pour la même écriture de
E, A
−1 (y + z) =
y
2 + z donc A
−1
= 1.
Si B ∈ K 0 (E), A − B = I − (−e ⊗ e + B). La translation par −e ⊗ e dans K 0 (E) est une
bijection ; il en résulte d(A, K 0 (E)) = d(I, K 0 (E)) = 1 = A
−1
−1 .
(3) S est une isométrie (cf. Ex. III.5) donc S = 1.
Soit B ∈ K 0 (E) et x ∈ ker B, x = 1. On a
S − B ≥ ≥S x − Bx = S x = x = 1 donc 1 ≤ d(S , K 0 (E)) ≤ 1 et d(S , K 0 (E)) = 1.
(4) On approche T par T N {n ≤ N, T N e n =
e n+1
n
, n > N, T N e n = 0}. On obtient :
pour tout x =
∞
n=1
x n e n , (T − T N )x =
∞
n=N+1
1
n
x n e n+1 , donc
(T − T N )x
2
=
∞
n=N+1
1
n 2 |x n |
2
≤
1
(N + 1) 2 x
2
.
Or, T N est dans K 0 (E), donc d(T, K 0 (E)) ≤
1
N+1 , et enfin d(T, K 0 (E)) = 0.
Remarque : Dans le chapitre sont définis les opérateurs compacts T , ceux pour lesquels
d(T, K 0 (E)) = 0 d’après (P 7.12). T en fait donc partie.
Exercice VII.6
(1) (i) A existe. Soit x ∈ H. On sait (P 5.6) que x s’écrit comme une série convergente
x =
∞
n=1 x n e n avec
∞
n=1
|x n |
2
= x
2
< ∞.
Réciproquement, si une suite (x n ) de scalaires vérifie
∞
n=1 |x n |
2
< ∞, la série de terme
général x n e n converge dans H car ses sommes partielles forment une suite de Cauchy.
Ceci nous incite à procéder ainsi : si A existe, on a nécessairement
A(x) =
∞
n=1
x n A(e n ) =
∞
n=1
x n a n e n .
Mais d’après ce qui précède, nous pouvons prendre cette formule comme définition de
A(x) puisque
∞
n=1
|x n |
2
|a n |
2
≤ ≤a
2
∞
∞
n=1
|x n |
2
< ∞.
Et nous avons alors par Parseval appliqué deux fois :
A(x)
2
=
∞
n=1
|x n |
2
|a n |
2
≤ ≤a
2
∞
∞
n=1
|x n |
2
= a
2
∞ x
2
,
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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