Chapitre X • Algèbres de Banach
2 SOLUTIONS
Exercice X.1
(1) (i) Soit λ 0. Si ab − λe est inversible d’inverse u, on vérifie directement que
ba − λe est inversible d’inverse
1
λ (bua − e), car
(ba − λe)(bua − e) = b(abu)a − ba − λbua + λ = b(λu + e)a − ba − λbua + λ = λ.
De même, (bua − e)(ba − λe) = λ. Comme λ 0,
1
λ (bua − e) est l’inverse de (ba − λe).
a et b jouant des rôles symétriques, nous avons bien prouvé l’équivalence demandée.
(2) (i) σ(ab) = σ(ba).
(a) Ceci est réalisé chaque fois que ab = ba. Il existe d’autres cas.
(b) Soit E un espace de dimension finie et A = L(E).
Alors pour tout a, b ∈ A, σ(ab) = σ(ba).
(c) Soit E un espace de Banach de dimension infinie et soit T et S dans
A = L(E).
Si T ou S est un opérateur compact, alors T S et S T sont compacts, donc non-inversibles.
D’après (1), on a σ(T S ) = σ(S T ).
(ii) σ(ab) σ(ba).
D’après l’exemple précédent, on ne peut trouver d’exemple dans L(E) qu’en dimension
infinie.
Soit E = H un espace de Hilbert séparable muni d’une base orthonormée (e n , n ∈ N), S
et T = S
∗
∈ L(E) donnés par
∀n ≥ 0, S e n = e n+1 et T e 0 = 0, T e n = e n−1 ∀n ≥ 1.
Alors T S = I donc σ(T S ) = {1} ; par contre, S T n’est pas inversible, en effet
S T = I − P e 0 où P e 0 est la projection orthogonale sur le sous-espace engendré par
e 0 . Donc 0 ∈ σ(S T ) et σ(T S ) σ(S T ).
Exercice X.2
(1) On sait que si A est une algèbre de Banach, le spectre σ(a) de tout élément a de
A est non-vide (P 10.3). Il existe donc un scalaire μ = μ(a) ∈ C tel que a − μe = 0, soit
a = μe. A est ainsi identique à Ce .
(2) Si E n’est pas réduit au vecteur nul, il existe T 0, T ∈ L(E). Pour un tel
T, ∃ x ∈ E tel que T x 0. Par le théorème de Hahn-Banach (P 2.5), ∃ f ∈ E
∗ tel que
x, f = 1. Associons au couple (x, f ) l’opérateur de rang un x ⊗ f défini par (cf. D 7.3) :
∀y ∈ E, (x ⊗ f )(y) = y, f x.
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2 SOLUTIONS
Exercice X.1
(1) (i) Soit λ 0. Si ab − λe est inversible d’inverse u, on vérifie directement que
ba − λe est inversible d’inverse
1
λ (bua − e), car
(ba − λe)(bua − e) = b(abu)a − ba − λbua + λ = b(λu + e)a − ba − λbua + λ = λ.
De même, (bua − e)(ba − λe) = λ. Comme λ 0,
1
λ (bua − e) est l’inverse de (ba − λe).
a et b jouant des rôles symétriques, nous avons bien prouvé l’équivalence demandée.
(2) (i) σ(ab) = σ(ba).
(a) Ceci est réalisé chaque fois que ab = ba. Il existe d’autres cas.
(b) Soit E un espace de dimension finie et A = L(E).
Alors pour tout a, b ∈ A, σ(ab) = σ(ba).
(c) Soit E un espace de Banach de dimension infinie et soit T et S dans
A = L(E).
Si T ou S est un opérateur compact, alors T S et S T sont compacts, donc non-inversibles.
D’après (1), on a σ(T S ) = σ(S T ).
(ii) σ(ab) σ(ba).
D’après l’exemple précédent, on ne peut trouver d’exemple dans L(E) qu’en dimension
infinie.
Soit E = H un espace de Hilbert séparable muni d’une base orthonormée (e n , n ∈ N), S
et T = S
∗
∈ L(E) donnés par
∀n ≥ 0, S e n = e n+1 et T e 0 = 0, T e n = e n−1 ∀n ≥ 1.
Alors T S = I donc σ(T S ) = {1} ; par contre, S T n’est pas inversible, en effet
S T = I − P e 0 où P e 0 est la projection orthogonale sur le sous-espace engendré par
e 0 . Donc 0 ∈ σ(S T ) et σ(T S ) σ(S T ).
Exercice X.2
(1) On sait que si A est une algèbre de Banach, le spectre σ(a) de tout élément a de
A est non-vide (P 10.3). Il existe donc un scalaire μ = μ(a) ∈ C tel que a − μe = 0, soit
a = μe. A est ainsi identique à Ce .
(2) Si E n’est pas réduit au vecteur nul, il existe T 0, T ∈ L(E). Pour un tel
T, ∃ x ∈ E tel que T x 0. Par le théorème de Hahn-Banach (P 2.5), ∃ f ∈ E
∗ tel que
x, f = 1. Associons au couple (x, f ) l’opérateur de rang un x ⊗ f défini par (cf. D 7.3) :
∀y ∈ E, (x ⊗ f )(y) = y, f x.
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