2. Solutions
(v) M est un ensemble dénombrable. Deuxième exemple.
(a) Choix de E. On utilise maintenant un espace tel que E E
∗∗ . Prenons
E = c 0 défini en l’Ex. VI.10, pour lequel on sait que F = E
∗
=
1 et F
∗
= E
∗∗
=
∞ .
Soit (e n , n ∈ N
∗ ) la « base » canonique ((e n ( j) = δ n, j ) de
1
= F et soit encore
M = {e n , n ∈ N
∗
}.
(b) Étude de M 1 . Si p q, e p − e q = 2, donc M est constitué de points
isolés et M 1 = M.
(c) Étude de M 3 . Pour tout f ∈ c 0 , f, e n = f (n) → 0 = f, 0, donc la
suite M = (e n , n ∈ N
∗ ) converge vers 0 dans F 3 . Comme dans l’exemple précédent, ceci
montre que M 3 = M ∪ {0}.
(d) Étude de M 2 . Ce cas est plus difficile, mais donne l’occasion de signaler
un résultat important.
Th´ eor` eme de Schur : Soit (x n ) une suite de
1 faiblement convergente vers x ∈
1 .
Alors, x n converge vers x en norme.
Il en résulte que l’adhérence en norme du M considéré est égale à son adhérence faible.
On a obtenu M = M 1 = M 2 M 3 . On peut donner ici une preuve directe de l’égalité
M 2 = M. En effet, l’inclusion M 1 ⊂ M 2 ⊂ M 3 entraîne que l’on a soit M 2 = M, soit
M 2 = M ∪ {0}. Pour exclure cette dernière égalité, on considère f ∈
∞ définie par
f (n) = 1 pour tout n, et V le voisinage faible de 0 défini par
V = {x ∈
1
, ||x, f | < 1}.
Alors, V ∩ M = ∅, car ||e n , f | = | f (n)| = 1 pour tout n ∈ N
∗ , et 0 M.
Exercice IX.6
(1) Pour que A soit un opérateur compact il est nécessaire, par (P 9.11(ii)), que la suite
(Ae n , e n ) n∈N ∗ soit convergente vers 0. Or, Ae n , e n = a n ; on doit donc avoir lim n a n = 0.
Une étude plus précise a été faite dans l’Ex. VII.6.
(2) On utilise cette fois le fait (cf. P 9.11(iii)) que pour une suite orthonormale
(e n ) n∈N ∗ , on doit avoir lim n→∞ S e n = 0. Mais ici S e n = 1 ! Si on voulait encore
utiliser (P 9.11(ii)), la relation S e n , e n = e n+1 , e n = 0 ne permettrait pas de conclure.
On peut alors utiliser la suite orthonormale ( f n ) n∈N ∗ définie par f n =
1
√
2
(e 2n + e 2n+1 ).
S f n , f n =
1
2 S e 2n , e 2n+1 =
1
2 , et de nouveau S ne peut être compact. Soit maintenant
d = d(S , K(H)) et K un opérateur compact ; on a l’inégalité
S − K ≥ sup
n
S (e n ) − K(e n ) ≥ sup
n
(S (e n ) − −K(e n )) = sup
n
(1 − −K(e n )),
autrement dit S − K ≥ 1 puisqu’on sait que lim n→∞ K(e n ) = 0 par (P 9.11). Par
conséquent, d ≥ 1. Mais d ≤ ≤S − 0 = 1, donc d = 1.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
231
(v) M est un ensemble dénombrable. Deuxième exemple.
(a) Choix de E. On utilise maintenant un espace tel que E E
∗∗ . Prenons
E = c 0 défini en l’Ex. VI.10, pour lequel on sait que F = E
∗
=
1 et F
∗
= E
∗∗
=
∞ .
Soit (e n , n ∈ N
∗ ) la « base » canonique ((e n ( j) = δ n, j ) de
1
= F et soit encore
M = {e n , n ∈ N
∗
}.
(b) Étude de M 1 . Si p q, e p − e q = 2, donc M est constitué de points
isolés et M 1 = M.
(c) Étude de M 3 . Pour tout f ∈ c 0 , f, e n = f (n) → 0 = f, 0, donc la
suite M = (e n , n ∈ N
∗ ) converge vers 0 dans F 3 . Comme dans l’exemple précédent, ceci
montre que M 3 = M ∪ {0}.
(d) Étude de M 2 . Ce cas est plus difficile, mais donne l’occasion de signaler
un résultat important.
Th´ eor` eme de Schur : Soit (x n ) une suite de
1 faiblement convergente vers x ∈
1 .
Alors, x n converge vers x en norme.
Il en résulte que l’adhérence en norme du M considéré est égale à son adhérence faible.
On a obtenu M = M 1 = M 2 M 3 . On peut donner ici une preuve directe de l’égalité
M 2 = M. En effet, l’inclusion M 1 ⊂ M 2 ⊂ M 3 entraîne que l’on a soit M 2 = M, soit
M 2 = M ∪ {0}. Pour exclure cette dernière égalité, on considère f ∈
∞ définie par
f (n) = 1 pour tout n, et V le voisinage faible de 0 défini par
V = {x ∈
1
, ||x, f | < 1}.
Alors, V ∩ M = ∅, car ||e n , f | = | f (n)| = 1 pour tout n ∈ N
∗ , et 0 M.
Exercice IX.6
(1) Pour que A soit un opérateur compact il est nécessaire, par (P 9.11(ii)), que la suite
(Ae n , e n ) n∈N ∗ soit convergente vers 0. Or, Ae n , e n = a n ; on doit donc avoir lim n a n = 0.
Une étude plus précise a été faite dans l’Ex. VII.6.
(2) On utilise cette fois le fait (cf. P 9.11(iii)) que pour une suite orthonormale
(e n ) n∈N ∗ , on doit avoir lim n→∞ S e n = 0. Mais ici S e n = 1 ! Si on voulait encore
utiliser (P 9.11(ii)), la relation S e n , e n = e n+1 , e n = 0 ne permettrait pas de conclure.
On peut alors utiliser la suite orthonormale ( f n ) n∈N ∗ définie par f n =
1
√
2
(e 2n + e 2n+1 ).
S f n , f n =
1
2 S e 2n , e 2n+1 =
1
2 , et de nouveau S ne peut être compact. Soit maintenant
d = d(S , K(H)) et K un opérateur compact ; on a l’inégalité
S − K ≥ sup
n
S (e n ) − K(e n ) ≥ sup
n
(S (e n ) − −K(e n )) = sup
n
(1 − −K(e n )),
autrement dit S − K ≥ 1 puisqu’on sait que lim n→∞ K(e n ) = 0 par (P 9.11). Par
conséquent, d ≥ 1. Mais d ≤ ≤S − 0 = 1, donc d = 1.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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