2. Solutions
(ii) (β) ⇒ (α).
Supposons que πS = [I], S ∈ L(E/M, E). Posons N = Im(S ).
Montrons que N est fermé. Soit x n ∈ N telle que x n → x dans E, et [y n ] ∈ E/M tel que
x n = S ([y n ]).
Puisque π est continue, [y n ] = πS ([y n ]) = π(x n ) → π(x) = [x].
Par continuité de S , on a x n = S ([y n ]) → S ([x]), et par unicité de la limite,
x = S ([x]) ∈ N, donc N est fermé.
Montrons que M ∩ N = {0}. En effet, si x ∈ M ∩ N, il existe [y] ∈ E/M tel que x = S ([y])
et π(x) = 0. Alors [y] = πS ([y]) = π(x) = 0, d’où x = S ([y]) = 0.
Montrons que M ⊕ N = E. En effet, soit x ∈ E. On a
π(x) = [x] = πS ([x]), d’où π(x − S ([x])) = 0 et z = x − S ([x]) ∈ M.
Par conséquent, x = z + S ([x]) avec z ∈ M et S ([x]) ∈ N, ce qui donne E = M ⊕ N avec
M et N fermés.
(2) Par hypothèse, il existe φ :
1
→ E/M isomorphisme bi-continu.
Soit (e n ) n la base canonique de
1 et soit [a n ] = φ(e n ) pour tout n. Puisque φ est continue,
il existe C > 0 tel que [a n ] E/M < C pour tout n. Alors, par définition d’une borne
inférieure, ∀n ≥ 1, ∃a n ∈ [a n ] ⊆ E tel que a n < C.
Soit [x] ∈ E/M, alors il existe un unique x = (x n ) n ∈
1 tel que [x] = φ(x).
Soit enfin S : E/M → E obtenue en posant S ([x]) =
x n a n . S est bien définie, car la
série de terme général x n a n est absolument convergente. De plus :
S ([x]) =
x n a n ≤ C
|x n | = Cx 1 < ∞.
La linéarité de S étant facile à vérifier, il reste à montrer sa continuité. On a
x 1 = φ
−1 ([x]) 1 ≤ ≤φ
−1
.[x] E/M .
Et donc
S ([x]) ≤ Cφ
−1
.[x] E/M ,
ce qui donne le résultat voulu.
Montrons que πS = I. En utilisant la continuité de π et de φ, on voit que
πS ([x]) = π
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
∞
n=1
x n a n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ =
∞
n=1
x n π(a n ) =
∞
n=1
x n [a n ] =
∞
n=1
x n φ(e n )
=
∞
n=1
φ(x n e n ) = φ
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
∞
n=1
x n e n
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = φ(x) = [x].
Maintenant pour conclure, on applique (1).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
65