2. Solutions
2. Soit ε > 0. Alors, il existe δ > 0 tel que
∀x, y ∈ J, ∀ϕ ∈ B, |x − y| ≤ δ =⇒ |T ϕ(x) − T ϕ(y)| ≤ ε.
En effet, si 1. n’a pas lieu, on peut trouver une suite (h n ) ⊂ E telle que
h n (x 0 ) = 0 ; h n ∈ B ; supp h n ⊂
x 0 −
1
n
, x 0 +
1
n
; mais T h n ∞ > ε.
Il est facile de voir que (h n ) tend simplement vers 0. Comme h n ∞ ≤ 1, la suite (h n )
tend faiblement vers 0 (cf. D 9.6). Comme T est compact, T h n ∞ → 0 (cf. P 9.9),
contrairement à l’hypothèse. Et quant à 2., elle exprime simplement l’équicontinuité de
T (B), qui est une conséquence du fait que T (B) est compacte par hypothèse et de la partie
facile du théorème d’Ascoli (P 2.3). Cela étant, on procède comme suit : Soit ε > 0. On
peut trouver f ∈ B et x 0 ∈ J tels que (quitte à changer f en e
iθ f ) :
T f = (T f (x 0 )) ≥ ≥T − ε.
On fixe δ vérifiant 1. et 2., et on prend x 1 x 0 , x 1 ∈ [x 0 − δ, x 0 + δ] = J δ . Puis on corrige
f en ϕ ∈ B telle que :
ϕ(x) =
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
f (x)
s i x J δ
f (x 0 )
s i x = x 0
1
s i x = x 1
affine par morceaux si x ∈ [x 0 − δ, x 1 ] ∪ [x 1 , x 0 ] ∪ [x 0 , x 0 + δ]
On a alors la minoration
I + T ≥ ≥ϕ + T ϕ ∞ ≥ |ϕ(x 1 ) + T ϕ(x 1 )| ≥ ≥(ϕ(x 1 ) + T ϕ(x 1 ))
= 1 + (T ϕ(x 1 ))
=
1 + (T f (x 0 )
+
(T ϕ(x 0 ) − T f (x 0 ))
+
(T ϕ(x 1 ) − T ϕ(x 0 ))
≥ 1 + T − ε − |T ϕ(x 0 ) − T f (x 0 )| − |(T ϕ(x 1 ) − T ϕ(x 0 )| ≥ 1 + T − 4ε,
où on a utilisé le point 1. avec h =
f −ϕ
2 , h ∈ B, h(x 0 ) = 0, supp h ⊂ J δ pour majorer
le terme |T ϕ(x 0 ) − T f (x 0 )|, et le point 2. avec |x 1 − x 0 | ≤ δ pour majorer le terme
|(T ϕ(x 1 ) − T ϕ(x 0 )|. Ceci achève la preuve, ε > 0 étant arbitraire.
(4) Soit (e n ) n∈N ∗ la « base » canonique de
1 et T l’opérateur de rang un défini par
T ( f ) = − f 1 e 1 si f =
∞
n=1 f n e n avec f n ∈ C. On a T = 1, mais (I + T ) f =
∞
n=2 f n e n ,
donc
(I + T ) f =
∞
n=2
| f n | ≤
∞
n=1
| f n | = f 1 ,
et par conséquent
I + T = 1 < 1 + T = 2.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
217
2. Soit ε > 0. Alors, il existe δ > 0 tel que
∀x, y ∈ J, ∀ϕ ∈ B, |x − y| ≤ δ =⇒ |T ϕ(x) − T ϕ(y)| ≤ ε.
En effet, si 1. n’a pas lieu, on peut trouver une suite (h n ) ⊂ E telle que
h n (x 0 ) = 0 ; h n ∈ B ; supp h n ⊂
x 0 −
1
n
, x 0 +
1
n
; mais T h n ∞ > ε.
Il est facile de voir que (h n ) tend simplement vers 0. Comme h n ∞ ≤ 1, la suite (h n )
tend faiblement vers 0 (cf. D 9.6). Comme T est compact, T h n ∞ → 0 (cf. P 9.9),
contrairement à l’hypothèse. Et quant à 2., elle exprime simplement l’équicontinuité de
T (B), qui est une conséquence du fait que T (B) est compacte par hypothèse et de la partie
facile du théorème d’Ascoli (P 2.3). Cela étant, on procède comme suit : Soit ε > 0. On
peut trouver f ∈ B et x 0 ∈ J tels que (quitte à changer f en e
iθ f ) :
T f = (T f (x 0 )) ≥ ≥T − ε.
On fixe δ vérifiant 1. et 2., et on prend x 1 x 0 , x 1 ∈ [x 0 − δ, x 0 + δ] = J δ . Puis on corrige
f en ϕ ∈ B telle que :
ϕ(x) =
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
f (x)
s i x J δ
f (x 0 )
s i x = x 0
1
s i x = x 1
affine par morceaux si x ∈ [x 0 − δ, x 1 ] ∪ [x 1 , x 0 ] ∪ [x 0 , x 0 + δ]
On a alors la minoration
I + T ≥ ≥ϕ + T ϕ ∞ ≥ |ϕ(x 1 ) + T ϕ(x 1 )| ≥ ≥(ϕ(x 1 ) + T ϕ(x 1 ))
= 1 + (T ϕ(x 1 ))
=
1 + (T f (x 0 )
+
(T ϕ(x 0 ) − T f (x 0 ))
+
(T ϕ(x 1 ) − T ϕ(x 0 ))
≥ 1 + T − ε − |T ϕ(x 0 ) − T f (x 0 )| − |(T ϕ(x 1 ) − T ϕ(x 0 )| ≥ 1 + T − 4ε,
où on a utilisé le point 1. avec h =
f −ϕ
2 , h ∈ B, h(x 0 ) = 0, supp h ⊂ J δ pour majorer
le terme |T ϕ(x 0 ) − T f (x 0 )|, et le point 2. avec |x 1 − x 0 | ≤ δ pour majorer le terme
|(T ϕ(x 1 ) − T ϕ(x 0 )|. Ceci achève la preuve, ε > 0 étant arbitraire.
(4) Soit (e n ) n∈N ∗ la « base » canonique de
1 et T l’opérateur de rang un défini par
T ( f ) = − f 1 e 1 si f =
∞
n=1 f n e n avec f n ∈ C. On a T = 1, mais (I + T ) f =
∞
n=2 f n e n ,
donc
(I + T ) f =
∞
n=2
| f n | ≤
∞
n=1
| f n | = f 1 ,
et par conséquent
I + T = 1 < 1 + T = 2.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
217