Chapitre X • Algèbres de Banach
(4) x
2
≤ Cx
2
implique que x
k
≤ C
k−1
x
k
, (k = 2
n
, n = 0, 1, 2, . . .). D’où
x ≤ lim
k→∞
C
k−1
k x
k
1
k .
Autrement dit, x ≤ Cr(x). Maintenant, (2) permet de conclure que A est commutative.
Exercice X.11
(1) (i) ⇒ (ii). ϕ(e) = 1 implique ϕ(x − ϕ(x)e) = 0. Par (i) on a
0 = ϕ((x − ϕ(x)e)
2 ) = ϕ(x
2
− 2xϕ(x) + ϕ(x)
2 e) = ϕ(x
2 ) − ϕ(x)
2
.
D’où ϕ(x
2 ) = ϕ(x)
2 .
(ii) ⇒ (iii). Remplaçant x par x + y dans (ii), on obtient
ϕ(xy + yx) = 2ϕ(x)ϕ(y). Donc ϕ(x) = 0 ⇒ ϕ(xy + yx) = 0.
(X.11)
D’où par (ii) de nouveau, ϕ((xy + yx)
2 ) = 0. D’autre part, d’après (X.11) avec y changé
en yxy, et l’identité (xy + yx)
2
+ (xy − yx)
2
= 2
(xy)
2
+ (yx)
2 , on a
ϕ((xy − yx)
2 ) = ϕ
2(x(yxy) + (yxy)x) − (xy + yx)
2 =
2ϕ(x(yxy) + (yxy)x) = 4ϕ(x)ϕ(yxy) = 0.
On a ainsi ϕ(xy + yx) = 0 et ϕ(xy − yx) = 0, ce qui donne ϕ(xy) = 0.
(iii) ⇒ (iv). Soit x, y ∈ A. Puisque ϕ(x − ϕ(x)e) = 0, par (iii) on a
0 = ϕ
(x − ϕ(x)e)y
= ϕ
xy − ϕ(x)y
= ϕ(xy) − ϕ(x)ϕ(y),
soit encore ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y).
(iv) ⇒ (i). Évident.
(2) Considérons, pour chaque entier n ≥ 1, le polynôme
P n (z) = ϕ((ze − x)
n ) = z
n
− nϕ(x)z
n−1
+ (
n
2 )ϕ(x
2 )z
n−2
+ . . . = Π
n
i=1 (z − z i ),
où les {z i , i = 1, . . . , n} sont les racines de P n et où on a utilisé ϕ(e) = 1. Si i ∈ [1, n],
nous avons par définition 0 = P n (z i ) = ϕ((z i e − x)
n ). Puisque ϕ ne s’annule pas sur les
éléments inversibles, (z i e − x)
n n’est pas inversible et (z i e − x) non plus, ce qui signifie
que l’on a {z i , i = 1, . . . , n} ⊆ σ(x) et que |z i | ≤ r(x).
En utilisant les relations entre les coefficients et les racines de P n , on obtient
n
i=1
z i = nϕ(x) = 0 et
i< j
z i z j = (
n
2 )ϕ(x
2 ).
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