2. Solutions
[A] est bien définie, en effet si [x] = [y] alors x − y ∈ ker(A) et donc Ax = Ay. La
linéarité de [A] est facile à vérifier. [A] est continue, en effet ∀y ∈ [x], [A][x] = Ay et donc
[A][x] = Ay ≤ ≤A inf(y; y ∈ [x]) = A [x].
[A] = A. Par (iii), on sait que [A] ≤ ≤A.
Pour obtenir l’égalité on utilise la surjection canonique π : E → E/M. On a A = [A].π et
π(x) = [x] ≤ ≤x. Donc π ≤ 1 et A = [A]π ≤ ≤[A].
D’où [A] = A.
(2) (i) Il est facile de vérifier que B est linéaire et bijective.
De plus,
Ax + z ≤ ≤[A] [x] + z ≤ ≤[A] max([x], z) + max([x], z),
d’où B(([x], z)) ≤ (1 + A)([x], z). Ceci exprime la continuité de B.
(ii) D’après (i), B est une bijection linéaire continue entre espaces de Banach ;
le théorème d’isomorphisme de Banach (P 2.16) montre que son inverse est continue.
Donc B transforme un ensemble fermé en un ensemble fermé. Or, Im(A) = B(E/M ×{0}).
Puisque E/M × {0} est fermé dans E/M × K, Im(A) est fermé dans H + K. Comme H + K
est fermé dans F, Im(A) est fermé dans F.
(3) (i) Montrons d’abord que si M est un sous-espace fermé d’un espace normé E de
codimension finie, alors M admet un supplémentaire topologique dans E.
Soit {[x 1 ], [x 2 ], . . . , [x n ]} une base de E/M. Soit x i ∈ [x i ], i = 1, . . . , n, alors la famille
{x 1 , x 2 , . . . , x n } est libre dans E. En effet si
n
i=1 λ i x i = 0 alors
n
i=1 λ i [x i ] = 0 et donc
λ i = 0. Soit N le sous-espace engendré par {x 1 , x 2 , . . . , x n }. Alors la dimension de N est
égale à n et si x ∈ M ∩ N alors x =
n
i=1 λ i x i et [x] =
n
i=1 λ i [x i ] = 0. D’où λ i = 0 et
donc x = 0.
Montrons que M + N = E. Soit x ∈ E. Alors [x] =
n
i=1 λ i [x i ] et donc [x −
n
i=1 λ i x i ] = 0.
Il en résulte que z = x −
n
i=1 λ i x i ∈ M et enfin que x = z +
n
i=1 λ i x i ∈ M + N.
(ii) Puisque la codimension de Im(A) est finie, il existe un sous-espace K de F,
de dimension finie, donc fermé, tel que Im(A) ⊕ K = F. Alors on peut appliquer (2) (ii)
et par suite Im(A) est fermée dans F.
Exercice II.12
(1) Il est clair que I est linéaire et bijective. De plus
f 1 =
1
0
| f (t)|dt ≤ sup{| f (t)|; t ∈ [0, 1]} = f ∞ .
Donc I est continue et I ≤ 1.
Pour f 0 définie par ∀t, f 0 (t) = 1, on a f 0 1 = f 0 ∞ = 1. Ceci prouve que I = 1.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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[A] est bien définie, en effet si [x] = [y] alors x − y ∈ ker(A) et donc Ax = Ay. La
linéarité de [A] est facile à vérifier. [A] est continue, en effet ∀y ∈ [x], [A][x] = Ay et donc
[A][x] = Ay ≤ ≤A inf(y; y ∈ [x]) = A [x].
[A] = A. Par (iii), on sait que [A] ≤ ≤A.
Pour obtenir l’égalité on utilise la surjection canonique π : E → E/M. On a A = [A].π et
π(x) = [x] ≤ ≤x. Donc π ≤ 1 et A = [A]π ≤ ≤[A].
D’où [A] = A.
(2) (i) Il est facile de vérifier que B est linéaire et bijective.
De plus,
Ax + z ≤ ≤[A] [x] + z ≤ ≤[A] max([x], z) + max([x], z),
d’où B(([x], z)) ≤ (1 + A)([x], z). Ceci exprime la continuité de B.
(ii) D’après (i), B est une bijection linéaire continue entre espaces de Banach ;
le théorème d’isomorphisme de Banach (P 2.16) montre que son inverse est continue.
Donc B transforme un ensemble fermé en un ensemble fermé. Or, Im(A) = B(E/M ×{0}).
Puisque E/M × {0} est fermé dans E/M × K, Im(A) est fermé dans H + K. Comme H + K
est fermé dans F, Im(A) est fermé dans F.
(3) (i) Montrons d’abord que si M est un sous-espace fermé d’un espace normé E de
codimension finie, alors M admet un supplémentaire topologique dans E.
Soit {[x 1 ], [x 2 ], . . . , [x n ]} une base de E/M. Soit x i ∈ [x i ], i = 1, . . . , n, alors la famille
{x 1 , x 2 , . . . , x n } est libre dans E. En effet si
n
i=1 λ i x i = 0 alors
n
i=1 λ i [x i ] = 0 et donc
λ i = 0. Soit N le sous-espace engendré par {x 1 , x 2 , . . . , x n }. Alors la dimension de N est
égale à n et si x ∈ M ∩ N alors x =
n
i=1 λ i x i et [x] =
n
i=1 λ i [x i ] = 0. D’où λ i = 0 et
donc x = 0.
Montrons que M + N = E. Soit x ∈ E. Alors [x] =
n
i=1 λ i [x i ] et donc [x −
n
i=1 λ i x i ] = 0.
Il en résulte que z = x −
n
i=1 λ i x i ∈ M et enfin que x = z +
n
i=1 λ i x i ∈ M + N.
(ii) Puisque la codimension de Im(A) est finie, il existe un sous-espace K de F,
de dimension finie, donc fermé, tel que Im(A) ⊕ K = F. Alors on peut appliquer (2) (ii)
et par suite Im(A) est fermée dans F.
Exercice II.12
(1) Il est clair que I est linéaire et bijective. De plus
f 1 =
1
0
| f (t)|dt ≤ sup{| f (t)|; t ∈ [0, 1]} = f ∞ .
Donc I est continue et I ≤ 1.
Pour f 0 définie par ∀t, f 0 (t) = 1, on a f 0 1 = f 0 ∞ = 1. Ceci prouve que I = 1.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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