2. Solutions
D’où
0 =
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
n
i=1
z i
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
2
=
n
i=1
z
2
i + 2
n
i< j
z i z j =
n
i=1
z
2
i + n(n − 1)ϕ(x
2 )
et donc
n(n − 1)|ϕ(x
2 )| = |
n
i=1
z
2
i | ≤
n
i=1
|z i |
2
≤ n
r(x)
2 .
Il en résulte que |ϕ(x
2 )| ≤
1
n−1
r(x)
2 . En faisant tendre n vers l’infini, il vient ϕ(x
2 ) = 0.
(3) apparaît comme une conséquence directe des questions (1) et (2).
Exercice X.12
(1) Puisque ϕ 0, soit x 0 ∈ A tel que ϕ(x 0 ) 0. Alors, la relation ϕ(x 0 ) = ϕ(x 0 e) =
ϕ(x 0 )ϕ(e) montre que ϕ(e) = 1.
Si x est inversible, on a ϕ(x)ϕ(x
−1 ) = ϕ(e) = 1, d’où ϕ(x) 0.
(2) Pour tout z ∈ C, avec |z| ≥ 1, e − z
−1 x est inversible ( puisque x < 1). D’où, par
(1), 1−z
−1
ϕ(x) = ϕ(e−z
−1 x) 0. Ceci montre que pour tout z ∈ C, avec |z| ≥ 1, ϕ(x) z.
Donc |ϕ(x)| < 1.
(3) D’après (2), ϕ est bornée et ϕ ≤ 1. Comme ϕ(e) = 1, on a ϕ = 1.
Exercice X.13
(1) (i) Si a est normal (cf. D 10.11),
a
2
2
= (a
∗ )
2 a
2
= (a
∗ a)
∗ (a
∗ a) = a
∗ a
2
= a
4
.
Donc a
2
= a
2 .
Comme a normal implique a
2
n−1 normal pour n ∈ N
∗ , on a
a
2
n
2
= (a
2
n−1 )
2
2
= a
2
n−1
4
= . . .
Il en résulte que
∀n ∈ N
∗
, a
2
n = a
2
n .
(ii) D’après (i), on a a
2
k = a
2
k pour k = 1, 2, . . .
D’où a
2
k
1
2 k
= a pour k = 1, 2, . . . Par passage à la limite quand k tend vers l’infini, il
vient a = r(a).
(2) Si A est commutative, il est évident que tout élément de A est normal.
Supposons maintenant que tout élément de A est normal, alors par (1), x = r(x) pour
tout x ∈ A. En appliquant l’Ex. X.10.(2), on conclut que A est commutative.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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