2. Solutions
(2) (a) ⇒ (b). Supposons que v est une isométrie partielle. Alors p = vv
∗ est un
projecteur, et en utilisant (1) on obtient :
lim
t→0 +
(te + vv
∗ )
−1
v = lim
t→0 +
(te + p)
−1 pv = pv = vv
∗
v = v,
ce qui est la conclusion souhaitée.
Montrons que (b) ⇒ (a). On a
(te + vv
∗ )
−1
vv
∗
v = (te + vv
∗ )
−1 (te + vv
∗
− te)v = v − t(te + vv
∗ )
−1
v.
D’où
vv
∗
v = lim
t→0 +
(te + vv
∗ )
−1
vv
∗
v = lim
t→0 +
(v − t(te + vv
∗ )
−1
v) = v,
comme demandé.
Pour l’équivalence « (a) ⇐⇒ (c) », il suffit de remarquer que
« vv
∗
v = v ⇐⇒ v
∗
vv
∗
= v
∗ » et d’utiliser l’équivalence « (a) ⇐⇒ (b) ».
(a) ⇒ (d) Supposons que v est une isométrie partielle. Puisque p = vv
∗ est un
projecteur, on a (e − αp)
k p = (1 − α)
k p. D’où
k≥0
α(e − αvv
∗ )
k
vv
∗
=
k≥0
α(1 − α)
k
vv
∗
= vv
∗
α
k≥0
(1 − α)
k
= vv
∗
Comme vv
∗
v = v, on a
k≥0 α(e − αvv
∗ )
k
v = v.
(d) ⇒ (a). Soit A n =
n
k=0 α(e − αvv
∗ )
k
v. Par hypothèse, on a A n → v. D’où,
A n v
∗
v → vv
∗
v. D’autre part,
A n v
∗
v =
n
k=0
(e − αvv
∗ )
k (αvv
∗
− e + e)v =
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ −
n
k=0
(e − αvv
∗ )
k+1
+
n
k=0
(e − αvv
∗ )
k
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ v
= (e − (e − αvv
∗ )
n+1 )v = v − (e − αvv
∗ )
n+1
v.
Comme, (e − αvv
∗ )
n+1
v → 0, A n v
∗
v → v, par l’unicité de la limite, on obtient vv
∗
v = v et
donc v est une isométrie partielle.
(3) (i) On a, pour tout t ≥ 0, exp(ta) = e + ta +
(ta)
2
2! + . . . ≥ ta, et par suite
exp(ta) − ta ≥ 0. Mais puisque exp(−ta) = exp(−
t
2 a) exp(−(
t
2 a)
∗ ) est ≥ 0 et commute
avec exp(ta) − ta, on a d’après l’Ex. VI.6 :
exp(−ta)
exp(ta) − ta
= e − ta exp(−ta) ≥ 0.
Par conséquent, 0 ≤ ta exp(−ta) ≤ e et ta exp(−ta) ≤ 1, ce qui implique
lim
t→ +∞
a exp(−ta) ≤ lim
t→+∞
1
t
= 0.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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