2. Solutions
mesure σ ∈ M C (R) est la fonction : R → C donnée par
σ(t) =
R
e
−itx dσ(x) et que
σ 1 σ 2 =
σ 1
σ 2 .
(X.9)
Il résulte de (X.9) que
exp(μ) = exp μ, si bien qu’on a on a pour tout t ∈ R,
δ α (t) = exp(−iαt) = exp( ˆ
μ(t)).
D’où −iαt = ˆ
μ(t) + 2ik(t)π pour un k(t) ∈ Z. La fonction t → k(t) est continue sur
R d’après l’équation précédente, et par le théorème de la valeur intermédiaire, elle est
constante puisqu’elle est à valeurs dans Z. Nous avons donc l’équation
−iαt = ˆ
μ(t) + 2ik(0)π pour tout t ∈ R.
(X.10)
Puisque ˆ
μ(t) est bornée par μ sur R, (X.10) montre que α = 0.
(b) D’après (a), si δ α et δ α sont dans la même composante connexe de G, on a
α = α
. Puisque R est non-dénombrable, ceci montre que G/G 0 ne l’est pas non plus.
Exercice X.10
(1) Remarquons que (xy)
n
= x(yx)
n−1
y. D’où
(xy)
n
1
n ≤ (x y)
1
n (yx)
n−1
1
n−1 (yx)
n−1
−1
n(n−1) .
Par passage à la limite quand n tend vers l’infini, on obtient r(xy) ≤ r(yx). Par symétrie
des rôles de x et y, on a aussi r(yx) ≤ r(xy), puis r(xy) = r(yx).
(2) Supposons qu’il existe C > 0 tel que : ∀x ∈ A, x ≤ Cr(x).
Soit x, y ∈ A et considérons l’application ψ(z) = exp(−zx)y exp(zx).
Par hypothèse et d’après (1), on a ψ(z) ≤ Cr(ψ(z)), soit
ψ(z) ≤ Cr(exp(−zx)y exp(zx)) = Cr(exp(zx) exp(−zx)y) = Cr(y).
Si f ∈ A
∗ , l’application z → f (ψ(z))
de f
= ϕ(z) est entière et bornée sur C. Par le théorème
de Liouville, ϕ est constante. En particulier,
0 = ϕ
(z) = f (−x exp(−zx)y exp(zx) + exp(−zx)yx exp(zx)).
Faisant z = 0, on obtient f (xy) = f (yx). Comme (Hahn-Banach !) les éléments de A
∗
séparent les points de A, on en déduit xy = yx ∀x, y ∈ A, ce qui montre bien que A est
commutative.
(3) Supposons qu’il existe C > 0 tel que ∀x, y ∈ A, xy ≤ Cyx.
Comme dans (2), considérons l’application ϕ(z) = f (exp(−zx)y exp(zx)) avec x, y ∈ A.
Par hypothèse, on a |ϕ(z)| ≤ C exp(zx) exp(−zx)y = Cy. Par un raisonnement analogue à (2), on montre que A est commutative.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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