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CHAPITRE 16. UN PEU D’ANALYSE
Comme on a ainsi fini de démontrer la proposition 16.2.5, rien ne nous
empêche de l’appliquer pour prouver la deuxième assertion. On utilise donc
un L
comme dans son énoncé. Alors (L + u) ◦ L
− Id E est lui aussi de rang
fini, donc
Ind(L + u) + Ind(L
) = 0 et donc Ind(L + u) = Ind(L).
Proposition 16.2.7. Si K : E → E est un opérateur compact d’un espace de
Banach, alors Id E +K est un opérateur à indice.
Démonstration. On considère L = Id E +K : E → E. D’abord, Id E | Ker(L) =
−K| Ker(L) , donc Id E | Ker(L) est un opérateur compact, ce qui veut dire que
la boule unité de Ker(L) est compacte et donc que Ker(L) est de dimension
finie.
Montrons maintenant que l’image de L est fermée. On choisit un supplémentaire E 0 de Ker(L) dans E et on montre qu’il existe une constante
C > 0 telle que
∀ x ∈ E 0 , x ≤ C L(x) .
En effet, si ce n’était pas le cas, on pourrait trouver une suite (x k ) d’éléments
de norme 1 dans E 0 telle que
lim
k→+∞
(x k + K(x k )) = 0.
Comme K est compact, on pourrait alors extraire une suite telle que (K(x k ))
soit convergente. Mais alors, (x k ) aussi convergerait. La limite x devrait
avoir les propriétés suivantes :
x = 1, x ∈ E 0 ∩ Ker(L),
ce qui est absurde.
Donc on a l’inégalité voulue, qui implique que l’image de L est fermée :
si (x k ) est une suite dans E telle que
lim
k→+∞
L(x k ) = y,
alors la suite (x k ) est de Cauchy et donc convergente vers un vecteur de E
dont l’image est y.
Enfin, on considère les transposées E
→ E
(ici E
désigne le dual de E,
muni de la topologie faible
(3) ). L’opérateur
t
K est compact donc le même
argument que pour Ker(L) donne le fait que Ker(
t
L) est de dimension finie. Avec le fait que Im(L) est fermée, ceci achève la démonstration de la
proposition.
(3) On a toujours que Ker t L est l’annulateur de Im(L) ; on n’a pas toujours que Im(L)
est l’annulateur de Ker t L, mais cette dernière propriété est vraie si Im(L) est fermée.
CHAPITRE 16. UN PEU D’ANALYSE
Comme on a ainsi fini de démontrer la proposition 16.2.5, rien ne nous
empêche de l’appliquer pour prouver la deuxième assertion. On utilise donc
un L
comme dans son énoncé. Alors (L + u) ◦ L
− Id E est lui aussi de rang
fini, donc
Ind(L + u) + Ind(L
) = 0 et donc Ind(L + u) = Ind(L).
Proposition 16.2.7. Si K : E → E est un opérateur compact d’un espace de
Banach, alors Id E +K est un opérateur à indice.
Démonstration. On considère L = Id E +K : E → E. D’abord, Id E | Ker(L) =
−K| Ker(L) , donc Id E | Ker(L) est un opérateur compact, ce qui veut dire que
la boule unité de Ker(L) est compacte et donc que Ker(L) est de dimension
finie.
Montrons maintenant que l’image de L est fermée. On choisit un supplémentaire E 0 de Ker(L) dans E et on montre qu’il existe une constante
C > 0 telle que
∀ x ∈ E 0 , x ≤ C L(x) .
En effet, si ce n’était pas le cas, on pourrait trouver une suite (x k ) d’éléments
de norme 1 dans E 0 telle que
lim
k→+∞
(x k + K(x k )) = 0.
Comme K est compact, on pourrait alors extraire une suite telle que (K(x k ))
soit convergente. Mais alors, (x k ) aussi convergerait. La limite x devrait
avoir les propriétés suivantes :
x = 1, x ∈ E 0 ∩ Ker(L),
ce qui est absurde.
Donc on a l’inégalité voulue, qui implique que l’image de L est fermée :
si (x k ) est une suite dans E telle que
lim
k→+∞
L(x k ) = y,
alors la suite (x k ) est de Cauchy et donc convergente vers un vecteur de E
dont l’image est y.
Enfin, on considère les transposées E
→ E
(ici E
désigne le dual de E,
muni de la topologie faible
(3) ). L’opérateur
t
K est compact donc le même
argument que pour Ker(L) donne le fait que Ker(
t
L) est de dimension finie. Avec le fait que Im(L) est fermée, ceci achève la démonstration de la
proposition.
(3) On a toujours que Ker t L est l’annulateur de Im(L) ; on n’a pas toujours que Im(L)
est l’annulateur de Ker t L, mais cette dernière propriété est vraie si Im(L) est fermée.