En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, « Exercice : Applications linéaires continues Espaces de Banach/Exercices/Applications linéaires continues », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Soient et deux espaces de Banach et . On suppose que est un isomorphisme et . Montrer qu'il existe tel que pour tout scalaire de module , soit un isomorphisme. (Utiliser le début de Calcul différentiel/Exercices/Différentiabilité#Exercice 2.)
Solution
est un isomorphisme si et seulement si son composé par , à gauche par exemple, en est un. Pour que soit un isomorphisme, il suffit que , c'est-à-dire que .
Soient et deux espaces de Banach. On dit qu'un opérateur linéaire est compact si est relativement compact dans (c'est-à-dire d'adhérence compacte). On désigne par le sous-espace vectoriel des opérateurs compacts de dans .
Soit une suite d'éléments de , convergeant vers . Montrer que est précompact. (On en déduit qu'il est relativement compact — puisque est complet — et par conséquent est fermé dans .)
Soit un espace de Banach. Si et , montrer que .
Soit . Montrer que le sous-espace est de dimension finie (montrer que la boule unité fermée de ce sous-espace est compacte).
Solution
Soit . Il existe tel que . Comme est relativement compact, il est recouvert par une famille finie de boules de rayon . L'ensemble est alors recouvert par la famille des boules de mêmes centres et de rayon .
.
est un fermé de donc sa boule unité fermée aussi. Or cette boule est incluse dans . Elle est donc compacte, et l'on conclut par le théorème de Riesz.
Soit une suite de nombres complexes et soit l'application linéaire de dans lui-même () définie par
.
Montrer que est continue si et seulement si est bornée.
On suppose que tend vers 0. Montrer que est un opérateur compact (voir supra). Indication : on pourra introduire la suite des opérateurs définis par si et sinon.
Réciproquement, on suppose que ne tend pas vers 0. En raisonnant par l'absurde, montrer que n'est pas compact.
Solution
On a évidemment . Réciproquement, donc .
Les sont de rang fini donc compacts, et . On en déduit que est compact (voir supra).
Puisque ne tend pas vers 0, il existe et une sous-suite . Soit le sous-espace des telles que pour tout . On a donc la restriction de à ce sous-espace (fermé et de dimension infinie) est bicontinue. Si était compact, serait relativement compact donc aussi donc (par bicontinuité de la restriction de à ) aussi, ce qui contredirait le théorème de Riesz.
Remarques
Si n'est pas bornée, non seulement n'est pas continue de dans lui-même, mais n'envoie même pas dans . En effet, n'est pas bornée donc donc (en posant ) .
On a utilisé le fait que si est complet alors toute limite, dans , d'une suite d'opérateurs de rang fini, est un opérateur compact La réciproque est fausse en général (même avec Banach séparable), mais vraie si est un Hilbert (non nécessairement séparable) (en utilisant la précompacité et des projections orthogonales).