2. Solutions
d’où en passant au sup sur x ∈ I : a ≤ aδ + b, soit a ≤
b
1−δ , ce qui est exactement
l’inégalité souhaitée.
(ii) Soit T : M → C
N+1 l’application linéaire définie par
T ( f ) =
f
k
N
0≤k≤N
.
L’inégalité qu’on vient d’établir montre que
T ( f ) = 0 =⇒ f
k
N
= 0 si 0 ≤ k ≤ N =⇒ ⇒ f ∞ ≤
1
1 − δ
× 0 = 0 =⇒ f = 0.
Ceci montre que T est injective. Il en résulte l’inégalité entre dimensions
dim M ≤ dim C
N+1
= N + 1. Cela achève la démonstration.
Exercice VII.24
(1) On va utiliser la notation du cours (cf. D 7.4) (a ⊗ b)(x) = x, ba pour désigner
l’opérateur de rang un associé à a, b ∈ H. Soit D une partie dénombrable dense de H.
Soit ensuite Δ la partie de K 0 (H) constituée des sommes finies
n
j=1
a j ⊗ b j , avec a j , b j ∈ D.
On voit que Δ est dénombrable. De plus, elle est dense dans K 0 (H). En effet, tout élément
T ∈ K 0 (H) s’écrit T =
n
j=1 x j ⊗ y j avec x j , y j ∈ H et en approchant les x j , y j par des
éléments a j , b j ∈ D, on approche T par
S =
n
j=1
a j ⊗ b j ∈ Δ.
(2) C’est évident. Δ est dense dans K 0 (H), lui-même dense dans K(H) comme on le
sait (P 7.12), donc Δ est dense dans K(H).
(3) (i). On procède par récurrence. On part d’un vecteur normé v 1
perpendiculaire à A 1 e 1 . Supposons construits v 1 , . . . , v n vérifiant (VII.4). Soit
V n = Vect(v 1 , . . . , v n , A n+1 e n+1 ). On a V n H car dim H = ∞. On peut donc trouver
un vecteur normé v n+1 ∈ V
⊥
n et les vecteurs v 1 , . . . , v n+1 vérifient (VII.4) à l’étape n + 1.
(ii) Il existe T ∈ L(H), isométrique, tel que
T e n = v n pour tout n ≥ 1.
Il suffit en effet de définir T par la relation
T x =
∞
n=1
x n v n si x =
∞
n=1
x n e n ∈ H.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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d’où en passant au sup sur x ∈ I : a ≤ aδ + b, soit a ≤
b
1−δ , ce qui est exactement
l’inégalité souhaitée.
(ii) Soit T : M → C
N+1 l’application linéaire définie par
T ( f ) =
f
k
N
0≤k≤N
.
L’inégalité qu’on vient d’établir montre que
T ( f ) = 0 =⇒ f
k
N
= 0 si 0 ≤ k ≤ N =⇒ ⇒ f ∞ ≤
1
1 − δ
× 0 = 0 =⇒ f = 0.
Ceci montre que T est injective. Il en résulte l’inégalité entre dimensions
dim M ≤ dim C
N+1
= N + 1. Cela achève la démonstration.
Exercice VII.24
(1) On va utiliser la notation du cours (cf. D 7.4) (a ⊗ b)(x) = x, ba pour désigner
l’opérateur de rang un associé à a, b ∈ H. Soit D une partie dénombrable dense de H.
Soit ensuite Δ la partie de K 0 (H) constituée des sommes finies
n
j=1
a j ⊗ b j , avec a j , b j ∈ D.
On voit que Δ est dénombrable. De plus, elle est dense dans K 0 (H). En effet, tout élément
T ∈ K 0 (H) s’écrit T =
n
j=1 x j ⊗ y j avec x j , y j ∈ H et en approchant les x j , y j par des
éléments a j , b j ∈ D, on approche T par
S =
n
j=1
a j ⊗ b j ∈ Δ.
(2) C’est évident. Δ est dense dans K 0 (H), lui-même dense dans K(H) comme on le
sait (P 7.12), donc Δ est dense dans K(H).
(3) (i). On procède par récurrence. On part d’un vecteur normé v 1
perpendiculaire à A 1 e 1 . Supposons construits v 1 , . . . , v n vérifiant (VII.4). Soit
V n = Vect(v 1 , . . . , v n , A n+1 e n+1 ). On a V n H car dim H = ∞. On peut donc trouver
un vecteur normé v n+1 ∈ V
⊥
n et les vecteurs v 1 , . . . , v n+1 vérifient (VII.4) à l’étape n + 1.
(ii) Il existe T ∈ L(H), isométrique, tel que
T e n = v n pour tout n ≥ 1.
Il suffit en effet de définir T par la relation
T x =
∞
n=1
x n v n si x =
∞
n=1
x n e n ∈ H.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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