Chapitre X • Algèbres de Banach
Comme P n (w) converge uniformément vers w
−1 sur γ, on a P n (T ) → T
−1 d’après (X.3)
et (X.4). D’autre part, P n (T ) ∈ A T pour tout n, donc T
−1
∈ A T .
Exercice X.4
(1) Soit x ∈ A. On suppose que M(x) ∅. L’ensemble des degrés des éléments de
M(x) est minoré par 0, donc admet un plus petit élément noté r x .
Si p et q sont de degré r x , soit p = dq + ρ l’identité de la division euclidienne de p par
q. On a 0 = p(x) = d(x)q(x) + ρ(x) donc ρ(x) = 0, or le degré de ρ(x) est strictement
plus petit que r x . Ce n’est donc pas un élément de M(x) et il est nul. Comme p et q sont
normalisés ils sont identiques, p x existe donc et il est unique.
(2) Supposons M(ab) ∅. Si ab = 0, on a (ba)
2
= b(ab)a = 0 donc M(ba) ∅.
Si ab 0, alors r ab ≥ 1. On peut utiliser le polynôme minimal de ab.
p ab (ab) = (ab)
r
+
r−1
j=0
t j (ab)
j
= 0;
∀ j, b(ab)
j a = (ba)
j+1
= (ba)(ba)
j
,
donc
0 = bp ab (ab)a = (ba)
r+1
+
r−1
j=0
t j (ba)
j+1
= q(ba) où q(z) = zp ab (z).
q est donc un élément de M(ba).
(3) Notons p 0 = p ab et p 1 le polynôme p 1 (z) = zp 0 (z), q 0 = p ba et q 1 le polynôme
q 1 (z) = zq 0 (z).
La réponse à (1) et (2), et la symétrie des rôles de ab et ba, montrent que q 0 est un
diviseur de p 1 et p 0 est un diviseur de q 1 . Ceci signifie que
zp 0 (z) = α(z)q 0 (z) et zq 0 (z) = β(z)p 0 (z)
où α et β sont des polynômes. On en déduit que z
2 p 0 (z) = α(z)β(z)p 0 (z).
Comme, par définition de M(ab), on a p 0 0, il en résulte que α(z)β(z) = z
2 .
Il y a alors trois possibilités
α(z) = 1 et q 0 (z) = zp 0 (z)
( X.5)
α(z) = z et q 0 (z) = p 0 (z)
( X.6)
α(z) = z
2 et p 0 (z) = zq 0 (z).
(X.7)
Les cas (X.5) et (X.7) sont les mêmes par échange de a et b.
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Comme P n (w) converge uniformément vers w
−1 sur γ, on a P n (T ) → T
−1 d’après (X.3)
et (X.4). D’autre part, P n (T ) ∈ A T pour tout n, donc T
−1
∈ A T .
Exercice X.4
(1) Soit x ∈ A. On suppose que M(x) ∅. L’ensemble des degrés des éléments de
M(x) est minoré par 0, donc admet un plus petit élément noté r x .
Si p et q sont de degré r x , soit p = dq + ρ l’identité de la division euclidienne de p par
q. On a 0 = p(x) = d(x)q(x) + ρ(x) donc ρ(x) = 0, or le degré de ρ(x) est strictement
plus petit que r x . Ce n’est donc pas un élément de M(x) et il est nul. Comme p et q sont
normalisés ils sont identiques, p x existe donc et il est unique.
(2) Supposons M(ab) ∅. Si ab = 0, on a (ba)
2
= b(ab)a = 0 donc M(ba) ∅.
Si ab 0, alors r ab ≥ 1. On peut utiliser le polynôme minimal de ab.
p ab (ab) = (ab)
r
+
r−1
j=0
t j (ab)
j
= 0;
∀ j, b(ab)
j a = (ba)
j+1
= (ba)(ba)
j
,
donc
0 = bp ab (ab)a = (ba)
r+1
+
r−1
j=0
t j (ba)
j+1
= q(ba) où q(z) = zp ab (z).
q est donc un élément de M(ba).
(3) Notons p 0 = p ab et p 1 le polynôme p 1 (z) = zp 0 (z), q 0 = p ba et q 1 le polynôme
q 1 (z) = zq 0 (z).
La réponse à (1) et (2), et la symétrie des rôles de ab et ba, montrent que q 0 est un
diviseur de p 1 et p 0 est un diviseur de q 1 . Ceci signifie que
zp 0 (z) = α(z)q 0 (z) et zq 0 (z) = β(z)p 0 (z)
où α et β sont des polynômes. On en déduit que z
2 p 0 (z) = α(z)β(z)p 0 (z).
Comme, par définition de M(ab), on a p 0 0, il en résulte que α(z)β(z) = z
2 .
Il y a alors trois possibilités
α(z) = 1 et q 0 (z) = zp 0 (z)
( X.5)
α(z) = z et q 0 (z) = p 0 (z)
( X.6)
α(z) = z
2 et p 0 (z) = zq 0 (z).
(X.7)
Les cas (X.5) et (X.7) sont les mêmes par échange de a et b.
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