Analyse fonctionnelle

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1 Analyse fonctionnelle Pierron Théo ENS Ker Lann

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3 Table des matières 1 Espaces vectoriels normés Rappels Fonctions continues sur un compact Compacts de C 0 (X) Espaces L p Densités Critères de compacité Espaces de Baire, théorèmes de Banach Dualité Espaces réflexifs Forme algébrique de Hahn-Banach Topologies faible et faible Topologie faible σ(e, E ) Topologie faible : σ(e, E) Espaces réflexifs Propriétés Séparabilité Application à la convergence des suites Espaces uniformément convexes Adjoints Exemples Espaces de Hilbert Les espaces L p Cas 1 < p < Cas L Cas L Opérateurs compacts et de Fredholm Opérateurs compacts Opérateurs de Fredholm Spectre d un opérateur i

4 ii TABLE DES MATIÈRES 3.4 Spectre des opérateurs compacts Théorème spectral dans les Hilberts Rappels sur les espaces de Hilbert Définition et propriétés élémentaires Projection sur un convexe fermé Formes linéaires continues Bases hilbertiennes Opérateurs autoadjoints compacts (Hilbert) Calcul fonctionnel Cadre général Cas des opérateurs auto-adjoints compacts sur un Hilbert Théorème spectral autoadjoint Propriétés générales du spectre d un opérateur autoadjoint Calcul fonctionnel pour les opérateurs autoadjoints Résolution spectrale d un opérateur autoadjoint Représentation spectrale Décomposition du spectre Avec la décomposition spectrale En utilisant les mesures spectrales Espaces localement convexes Formes géométriques de Hahn-Banach Jauge d un convexe Théorèmes de séparation EVT localement convexes (EVTLC) Espace vectoriels topologiques (EVT) Théorème de Krein-Milman Théorème de Choquet Exemples et caractérisations des evtlc Formes linéaires et dualité Complétude Limites inductives de topologies Principe général Convergence Topologie de Cc (Ω) et distributions

5 Chapitre 1 Espaces vectoriels normés 1.1 Rappels On pose E un espace vectoriel sur K {R,C}. Définition 1.1 Norme On appelle norme toute application E R telle que : x E, x = 0 x = 0 x E, λ K, λx = λ x x, y E, x + y x + y Définition 1.2 Normes équivalentes Deux normes N 1 et N 2 sont dites équivalents ssi il existe α, β > 0 tels que pour tout x E, αn 1 (x) N 2 (x) βn 1 (x). Proposition 1.1 équivalentes. Deux normes sont équivalentes ssi les topologies sont Démonstration. B 2 (0, 1) est un ouvert de (E, N 1 ) donc il existe r > 0, B 1 (0, r) x B 2 (0, 1) donc pour tout x E, N 2 ( ) 1 et N 2rN 1 (x) 2(x) 2rN 1 (x). Par symétrie, on a le résultat. Soit x B 2 (0, 1). Pour tout y E, N 1 (x y) 1 N α 2(x y) donc N 1 (y) N 1 (x)+n 1 (x y) N 1 (x) + 1 N α 2(x y) 1 + r. α Pour r assez petit, on montre bien que B 2 (y, r) B 1 (0, 1). Remarque 1.1 La topologie de la norme est à base de voisinages dénombrable. Les valeurs d adhérence et le fermés se caractérisent donc par des suites. Proposition 1.2 Si dim(e) <, toutes les normes sont équivalentes. 1

6 CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMÉS Démonstration. On fixe une base (e 1,, e n ) de E. On définit x = n max x i avec x = x i e i. i i=1 n Si on prend une deuxième norme, on a x C x avec c = e i. i=1 x x est lipschitzienne donc continue pour la norme. B (0, 1) est compacte donc la sphère associée l est aussi donc x x pour x dans la sphère atteint son minimum (qui est strictement positif) sur la sphère. Il existe donc m > 0 tel que pour tout x S, x m. On trouve ainsi, pour tout x E \ {0}, x x m qui assure le résultat. Définition 1.3 Espace de Banach (E, ) est un Banach ssi il est complet pour le distance associée. Ceci est par exemple caractérisé par le critère : toute série absolument convergente est convergente. Définition 1.4 Séparabilité Un espace métrique est séparable ssi il contient une partie dénombrable dense. Exemple 1.1 Sont séparables les espaces suivants : les evn de dimension finie les espaces compacts Définition 1.5 Partie totale Soit D E. D est une famille totale ssi Vect {D} = E. Proposition 1.3 dénombrable. Un evn E est séparable ssi il contient une famille totale Remarque 1.2 On peut ajouter la liberté de la famille totale dénombrable à cette équivalence. Définition 1.6 On notera L c (E, F) l ensemble des applications linéaires continues, E = L c (E,K). On définit la norme triple habituelle. Si F est un Banach, L c (E, F) l est aussi. Définition 1.7 Topologie faible Il s agit de la topologie la moins fine qui rend continue les évaluations : E K e x : u u(x) Remarque 1.3 Soit u E. Une base de voisinages est donnée par ({v E, i 1, n, v(x i ) u(x i ) < ε i } εi >0,x i E, n N). Pierron Théo Page 2 Tous droits réservés

7 1.2. FONCTIONS CONTINUES SUR UN COMPACT En particulier, u n u pour la topologie faible ssi u n (x) u(x) pour tout x E. La convergence pour la norme implique celle pour la topologie faible. Enfin, un ouvert pour la topologie forte est un ouvert pour la topologie faible. Théorème 1.1 Banach-Alaoglu B E = {u E, u 1} est compacte pour la topologie faible. Démonstration. Si u B E, alors pour tout x E, u(x) x. Soit I : E x EK. I(B E ) x EC x avec C x = [ x, x ] ou D(0, x ). Donc C x est compact dans K. Par Tychonov, x EC x est compact pour la topologie produit. Or la topologie faible est la restriction à E de la topologie produit. Il suffit donc, pour conclure, de montrer que I(B E ) est fermé pour la topologie produit. Or I(B E ) est une intersection de fermés (pour le topologie produit) de la forme Ker(e x+y e x e y ) et Ker(e λx λe x ). Ainsi, I(B E ) est fermé dans un compact, donc compact, et il en est de même pour B E (pour la topologie faible ). Remarque 1.4 Il y a une preuve plus simple si E est séparable (comme pour Tychonov). 1.2 Fonctions continues sur un compact On prend X un espace métrique compact. Proposition 1.4 Proposition 1.5 C 0 (X) est un espace de Banach pour f = sup f(x). x X C 0 (X) est séparable. Démonstration. Pour tout n 0, X est compact donc il existe x n 1,..., x n k n tel que X On définit k n i=1 B(x n i, 1 n ). ϕ k,n (x) = ( 1 n d(x, xn k)) + k n i=1 ( 1 n d(x, xn i )) + Pierron Théo Page 3 Tous droits réservés

8 CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMÉS avec a + = max{a, 0}. On a 0 ϕ k,n 1, B(x n k, 1 n ). k n k n k=1 ϕ k,n = 1, ϕ k,n continue et nulle en dehors de On pose D = {ϕ k,n } qui est dénombrable. C est aussi une famille n k=1 totale : si f C 0 (X) et ε > 0, on sait que f est uniformément continue donc il existe η > 0 tel que x, y X, d(x, y) η f(x) f(y) ε Soit n tel que 1 < η. Posons g(x) = k n f(x n n i )ϕ i,n (x). On a puisque k n i=1 ϕ i,n = 1. f(x) g(x) = k n i=1 i=1 (f(x) f(x n i ))ϕ i,n(x) Dans cette expression, ϕ i,n (x) = 0 sauf si x B(x n i, 1 ). Dans ce cas, n f(x) f(x n i ) ε Donc f(x) g(x) ε k n i=1 ϕ i,n (x) = ε. Définition 1.8 Soit A une partie de C 0 (X,R). A est séparante ssi x y, f A, f(x) f(y). A est réticulée ssi f, g A, sup(f, g), inf(f, g) A. Théorème 1.2 Soit A un sous-espace vectoriel de C 0 (X,R). Si A est séparante, réticulée et contient les constantes alors A est dense dans C 0 (X,R). Démonstration. Soit f C(X,R) et ε > 0. On veut qu il existe g A tel que f(x) g(x) < ε pour tout x X. Soit x X fixé pour le moment. Lemme Pour tout y x, il existe f y A tel que f y (x) = f(x) et f y (y) = f(y). Démonstration. A est séparante donc il existe h A tel que h(x) h(y). A contient les constantes donc on peut chercher f y sous la forme λh + µ. On veut : λh(x) + µ = f(x) λh(y) + µ = f(y) Pierron Théo Page 4 Tous droits réservés

9 1.2. FONCTIONS CONTINUES SUR UN COMPACT Comme h(x) h(y) le déterminant du système est non nul donc il en existe une unique solution. Soit O y = {z X, f y (z) > f(z) ε}. f y est continue donc O y est ouvert. De plus, O y contient x et y donc X = O y. y x n X est compact donc il existe y 1,..., y n tel que X = O yi. Soit g x = i=1 sup(f y1,, f yn ). Comme A est réticulée, g x A. Par construction g x (z) > f(z) ε pour tout z X et on a g x (x) = f(x). Posons Ω x = {z X, g x (z) < f(z) + ε}. Ω x est un ouvert contenant x donc X = Ω x. x X n Il existe maintenant x 1,..., x n X tel que X = Ω xi. Soit h = i=1 inf(g x1,, g xn ). h A car A est réticulée et on a de plus h(z) f(z) < ε pour tout z X. Par définition de h et des g, on a h(z) f(z) < ε. Exemple 1.2 Les fonctions lipschitziennes sont denses dans C 0 (X,R). Théorème 1.3 Stone-Weierstrass Soit A une sous-algèbre de C 0 (X,R) séparante et contenant les constantes. Alors A est dense dans C 0 (X,R). Démonstration. A est aussi une sous-algèbre séparante qui contient les fonctions constantes. On veut montrer que A est réticulée. On remarque que sup(f, g) = f+g+ f g (on a l analogue pour l inf) donc 2 il suffit de montrer que si f A, f A. Il existe c > 0 tel que pour tout x X, c f(x) c. On utilise que t t est limite uniforme de polynômes P n sur [ c, c]. Par passage à la limite, si f A alors f A. Ce qui assure le résultat. Corollaire 1.1 C 0 (X,R). L ensemble des fonctions polynômiales est dense dans Remarque 1.5 Dans le cas complexe, on a des problèmes puisque l adhérence des fonctions polynômiales d une variable complexe est incluse dans l ensemble des fonctions holomorphes. Théorème 1.4 Soit A une sous-algèbre de C 0 (X,C) séparante, contenant les constantes et stable par conjugaison. A est dense dans C 0 (X,C). Démonstration. Soit A R = {f A, x X, f(x) R}. Pierron Théo Page 5 Tous droits réservés

10 CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMÉS On remarque que si f A, R(f) = f+f et I(f) = f f donc R(f), I(f) 2 2i A. A R contient les constantes et est séparante : si x y, il existe f A tel que f(x) f(y) et R(f) ou I(f) sépare x et y. Donc A R est dense dans C 0 (X,R). Ainsi, A R + ia R A est dense dans C 0 (X,R). { } Exemple 1.3 A = a k z k + b k z k est dense dans C 0 (S 1 ) = C 0 (R/2πZ). k=0 1.3 Compacts de C 0 (X) On prend X un métrique compact et on considère C 0 (X, Y ) avec Y un métrique ou bien C 0 (X, E) avec E un evn. Définition 1.9 F C 0 (X, E) est équicontinue ssi x X, ε > 0, V V x, y V, f F, f(x) f(y) ε Théorème 1.5 Comme X est compact, une famille équicontinue est uniformément équicontinue : ε > 0, V V x, (x, y) V 2, f F, f(x) f(y) ε Théorème 1.6 Ascoli Soit F C 0 (X, E). F est relativement compacte dans C 0 (X, E) ssi les deux conditions suivantes sont vérifiées : a X, F x = {f(x), f F} est relativement compact dans E F est équicontinue Démonstration. L application π x : f f(x) est continue donc π x (F) est compact et F x π x (F) est compact. Soit ε > 0. F est compacte. Il existe donc f 1,..., f n C 0 (X, E) tel n que F B(f i, ε). i=1 La famille de fonctions continues f 1,..., f n est équicontinue donc ε > 0, δ > 0, y B(x, δ), i 1, n, f i (x) f i (y) ε Pour tout f F il existe i tel que f(y) f i (y) ε pour tout y X. Donc pour tout y (x, δ), f(x) f(y) f(x) f i (x) + f i (x) f i (y) + f i (y) f(y) 3ε Donc on a bien l équicontinuité. Pierron Théo Page 6 Tous droits réservés

11 1.3. COMPACTS DE C 0 (X) On a une injection de C 0 (X, E) E X. On a donc F F x x X F x. Or, pour tout x, F x est compact dans E donc le produit précédent est compact dans E X muni de la topologie de convergence simple. x X Soit F la fermeture de F pour cette topologie. F est compact. Pour conclure, on montre que F C 0 (X, E) et la restriction à F de la topologie produit coïncide avec la topologie forte de C 0 (X, E). Par équicontinuité, on a que F {f, f(x) f(y) ε} = y B(x,δ) y B(x,δ) {f, π x (f) π y (f) ε}. Cet ensemble est une intersection de fermés donc un fermé (pour la topologie de E X ). On a donc que pour tout f F et pour tout y tel que d(x, y) δ, on a f(x) f(y) ε. Ainsi, les fonctions de F sont (équi)continues en x. Pour montrer le deuxième point, il suffit de montrer qu un ouvert pour la topologie forte est ouvert pour la topologie produit (restreintes à F), ie que pour tout ε > 0 et f 0 F, B (f 0, ε) F contient un voisinage de 0 pour la topologie produit. F est équicontinue donc uniformément équicontinue donc, si ε > 0 est fixé, il existe δ > 0 tel que pour tout x, y X 2, d(x, y) < δ f(x) f(y) < ε/3 pour totu f F. n De plus, X est compact donc il existe x 1,..., x n tel que X B(x i, δ). Posons alors V = {f F, i, f(x i ) f 0 (x i ) < ε }, intersection finie 3 d ouvert de la topologie produit donc un ouvert (contenant trivialement 0). Il reste à vérifier que V B(f 0, ε). Soit f V. Pour tout y X, il existe i tel que d(x i, y) < δ donc pour tout f F, f(x i ) f(y) < ε. On a alors 3 f(y) f 0 (y) f(y) f(x i ) + f(x i ) f 0 (x i ) + f 0 (x i ) f 0 (y) Comme on est sur un compact, f f 0 < ε donc f B(f 0, ε). Remarque 1.6 La démonstration marche dans le cas C 0 (X, Y ). Exemple d application : Soit K un compact de R d, (f n ) n C 0 (K,R) N. Pour extraire une sous-suite qui converge uniformément, il suffit de vérifier les deux points du théorème d Ascoli. C est en particulier vrai si on a sup sup f n (x) < ou sup sup Df n (x) <. n x n x L intérêt de Y métrique est d utiliser la topologie faible car si on munit l ensemble d arrivée de cette topologie, il n est pas métrisable, mais si on se restreint à sa boule unité, ça devient métrisable. Pierron Théo Page 7 Tous droits réservés i=1

12 CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMÉS 1.4 Espaces L p Densités On se place dans L p (Ω) avec Ω un ouvert de R n, pour la mesure de Lebesgue. Théorème 1.7 Riesz-Fischer Si p 1, L p est un Banach. Théorème 1.8 L ensemble C 0 c (Ω) est dense dans Lp (Ω) si p. Corollaire 1.2 L p est séparable pour p <. Démonstration. On peut écrire Ω = K n avec K n compacts croissants (K n K n+1 ). (Il suffit de prendre K n = B(0, n) {x Ω, d(x, Ω c ) 1}.) n On sait que C 0 (K) est séparable pour tout K. Pour tout n, C(K n+1 ) contient une partie dénombrable dense F n+1 (pour la norme infinie). Il existe ϕ n C 0 tel que ϕ n = 1 sur K n et supp(ϕ n ) K n+1. (Il suffit de prendre ϕ n (x) = d(x,k c n+1 ) d(x,k n)+d(x,k c n+1 )). n N Soit F = (ϕ n F n+1 ) est bien une famille dénombravle dense dans L p n N puisque C c (Ω) est dense dans L p. Démonstration du théorème 1.8. La famille { n } S = α i 1 Ai, A i <, A i B(R n ) i=1 est dense dans L p. Il suffit donc de montrer qu on peut approcher 1 A par une fonction continue à support compact. Soit A B(R n ) tel que A <. La mesure de Lebesgue est régulière donc pour tout A B(R n ), A = sup K A K = inf A U U. Soit ε > 0, il existe K compact et U ouvert tel que K A U et U \ K ε. Il existe ϕ continue tel que ϕ = 1 sur K et supp ϕ U. Remarque 1.7 σ-compact. ϕ 1 A p p = Proposition 1.6 U\K ϕ(x) 1 A (x) p dx 2 p U \ K 2 p ε Le résultat reste vrai pour L p (X, dµ) avec µ régulière et X L n est pas séparable. Pierron Théo Page 8 Tous droits réservés

13 1.4. ESPACES L P Lemme Soit E un evn. S il existe une famille non dénombrables (O i ) i d ouverts disjoints, alors E n est pas dénombrable. Démonstration. Si E est séparable, il existe (x n ) dense donc pour tout i, il existe n i tel que x ni O i. Alors i n i est injective car les O i sont disjoints. Mais alors I est dénombrable. Contradiction. Démonstration de la proposition 1.6. Pour tout a Ω, il existe r a > 0 tel que B(a, r a ) Ω. On pose O a = {f L, f 1 B(a,ra) < 1 }. 2 O a est ouvert, Ω n est pas dénombrable (sauf s il était vide, ce qui est inutile). Par séparation de Ω, on peut choisir les r a suffisamment petits pour que O a O b = si a b. D où le résultat. Théorème 1.9 C c est dense dans L p pour p. Démonstration. On a déjà vu que C c (Ω) est dense dans L p pour p. Il suffit donc d approcher toute fonction de C c (Ω) par une suite de fonctions Cc en norme p. Soit ρ n une identité approchée et f C c (Ω). On note K = supp f Ω. On pose f n (x) = ρ n (x y)f(y) dy R d f n est C (dérivation sous l intégrale). supp(f n ) supp(f) + B(0, 1 n ) K + B(0, 1 n Ω. Il reste à montrer que f n f dans L p. Lemme Soit h > 0. On pose τ h f : x f(x + h). ALors τ h f f dans L p. Démonstration. Soit f L p et ε > 0. Il existe g C c (R d ) tel que f g p ε. g est uniformément continue donc il existe δ > 0 tel que pour tout (x, y) R d, x y δ g(x) g(y) ε. Donc on a : τ h f f p τ h (f g) p + f g p + τ h g g p ( 2ε + g(x + h) g(x) p dx K+B(0,1) 2ε + ε K + B(0, 1) 1 p 2ε + ε K + B(0, 1) 1 p Pierron Théo Page 9 Tous droits réservés ) 1 p

14 CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMÉS pour h δ. On a alors f n f p p = = Ω [ Ω Hölder = Ω Ω ρ n (y)f(x y) dy f(x) ρ 1 1 p n ( p dx p ρ 1 p n (f(x y) f(x)) dy dx ) p q ρ n (y) dy ρ n (y) f(x y) f(x) p dy dx ρ n (y) f(x y) f(x) p dy dx Soit ε > 0. Par le lemme, il existe δ > 0 tel que pour tout h, h δ τ h f f p ε. f n f p p y δ + ρ n (y) f(x y) f(x) p dx Ω } {{ } y >δ ρ n (y) ε p + 2 p f p p ε p à partir d un certain rang. Ω y >δ ε p dy f(x y) f(x) p dx dy ρ n (y) dy Remarque 1.8 Pour la démonstration du théorème, il suffi de montrer par troncature que les L p c sont denses dans Lp Critères de compacité Théorème 1.10 Soit Ω R n. Soit ω relativement compact inclus dans Ω, F un sous-ensemble borné de L p pour p <. Si de plus, ε > 0, δ > 0(δ < d(ω, Ω c )), h, f F, h δ τ h f f p ε Alors F ω est relativement compact dans L p (ω). Démonstration. Sans perte de généralité, on peut supposer Ω borné. Si f L p, on note f = f1 Ω. f L p et supp f est compact. On a vu que ρ n f f dans L p. De plus, à n fixé, soit F n = {ρ n f, f F} ( F = { f, f F}). Pierron Théo Page 10 Tous droits réservés

15 1.4. ESPACES L P Pour tout g F n, g C 0 (K) avec K = supp f +B(0, 1). Donc, pour tout x K, ρ n f(x) = ρ n (x y) fy dy ρ n f(y) dy supp f supp f ρ n f ρ n p M avec L = sup F p. D où : f F (ρ n f) (x) x j = supp f ρ n (x y) f(y) dy x j K(1) n M avec K (1) n = sup ρ n. supp f Donc à n fixé la famille F n = {ρ n F} vérifie les hypothèses d Ascoli, donc est relativement compacte dans C 0 (K) donc aussi dans L p. L p (ω) est complet donc il suffit de vérifier que pour tout ε > 0, il existe k f 1,..., f k L p (ω) tel que F ω B(f i, ε). i=1 Soit ε > 0. Il existe n tel que pour tout f F, ρ n f f ε. p 2 Il suffit de montrer que la famille F n = {ρ n f, f F} peut être recouverte par un nombre fini de boules de rayon ε. 2 Or on sait que F n C 0 (ω). De plus on a l existence de C n tel que pour tout i 1, n, et tout f F n, f x i C n. Par Ascoli, F n est relativement compacte dans C 0 (ω), donc F n peut être ε recouverte par un nombre fini de boules de rayon en norme uniforme. Donc F n est recouverte par un nombre fini de boules de rauon ε en norme 2 L p puisque f f i p ω 1 p f fi C 0. 2 ω 1 p Corollaire 1.3 Sous les mêmes hypothèses, et en ajoutant ε > 0, ω ouvert relativement compact de Ω, f F, F L p (Ω ω) ε alors F est relativement compacte dans L p (Ω). Démonstration. Soit ε > 0. il existe ω ouvert relativement compacte de Ω telle que pour tout f F, f L p (Ω\ω) ε. 2 Par le théorème précédent, F/ω est relativement compacte dans L p (ω k donc il existe f 1,..., f k L p (ω) tels que F B L p (ω)(f i, ε 2 ). Pierron Théo Page 11 Tous droits réservés i=1

16 CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMÉS Posons f i = f i 1 ω. On a F compact dans L p (Ω). k B L p (Ω)( f i, ε) donc F est relativement i=1 1.5 Espaces de Baire, théorèmes de Banach Définition 1.10 Soit X un espace topologique. On appelle G δ une intersection dénombrable d ouverts et F σ une réunion dénombrable de fermés. Théorème 1.11 Soit X un métrique complet. Une intersection dénombrable d ouverts denses est dense et si X est une réunion dénombrable de F n fermés, alors un des fermés est d intérieur non vide. Démonstration. La deuxième assertion est une conséquence directe de la première. Soit (O n ) n une suite d ouverts denses. Soit x X et V un voisinage ouvert de x O 0 est dense donc il existe x 0 V O 0. V 0 = V O 0 est ouvert donc il existe 1 > r 0 > 0 tel que B(x 0, r 0 ) V O 0. Par récurrence, pour tout n N, il existe x n V n 1 O n (car O n est dense) et il existe 1 n > r n > 0 tel que V n := B(x n, r n ) V n 1 O n. On a donc une suite V n d ouverts non vides et (V n ) n est une suite décroissante de fermés dont le diamètre tend vers 0. Comme X est complet, l intersection des V n est un singleton {y}. Donc tous les O n intersectent tous les voisinages de x. Remarque 1.9 C est aussi vrai si X est localement compact. Il suffit alors de choisir les V n compacts et on utilise qu une intersection décroissantes de compacts de diamètre qui converge vers zéro est non vide. Théorème 1.12 Banach-Steinhaus Soit E un Banach, F un evn et (T i ) i une suite de L c (E, F). Si pour tout x E, sup T i x < alors sup T i <. i I i I Démonstration. Soit F n = {x E, x I, T i x n}. On écrit F n = Ti 1 (B F (0, n)) qui est une intersection de fermés et on a par hypothèse, i I E = F n. n N Donc il existe n 0 N tel que r > 0 tel que B(y, r) F n0. F n0 par Baire donc il existe y E et Pierron Théo Page 12 Tous droits réservés

17 1.5. ESPACES DE BAIRE, THÉORÈMES DE BANACH Pour tout z tel que z < r, y + z F n0 donc pour tout i I, T i (y + z) n 0. On a la même assertion avec y z donc on a 2 T i (z) = T i (y + z) T i (y z) 2n 0 Donc pour tout z tel que z r, on a sup T i z n 0 et par homogénéité, i I sup T i n 0 r. i I Corollaire 1.4 Soit E un Banach, F un evn, (T n ) n L c (E, F). Si pour tout x E, T n x converge vers Tx alors T est linéaire continue. Démonstration. Pour tout x, sup T n x < puisque T n x Tx dans F. n T n <. Or on a Tx = lim T n x Par Banach-Steinhaus, sup n sup n T n x. Donc T L c (E, F) et T sup n T n <. Théorème 1.13 Application ouverte de Banach Soit E, F deux Banachs, T L c (E, F) surjective. Alors T est ouverte Démonstration. Il suffit de montrer que T(B E (0, 1)) est ouverte. T est surjective donc F = T(B E (0, n)) = T(B E (0, n)) n N Il existe donc n 0 tel que T(B E (0, n 0 )) soit non vide donc il existe y E, r > 0 tel que B(y, r) T(B E (0, n 0 )). On remarque que B E (0, n 0 ) est symétrique et convexe donc, comme T est linéaire, T(B E (0, n 0 )) aussi et T(B E (0, n 0 )) aussi. Pour tout z B E (0, r), y ± z B(y, r) T(B E (0, n 0 )) donc z = y+z 2 y z T(B 2 E (0, n 0 )) donc B(0, r) T(B E (0, n 0 )). Par dilatation, comme T est linéaire, on a aussi B(0, r ) T(B 2 n E (0, n 0 )) 2 n pour tout n. On va montrer que B(0, r) T(B 0 (0, 2n 0 )). Soit z B(0, r). Il existe x 1 B E (0, n 0 ) tel que z Tx 1 r. z Tx 2 1 B(0, r) donc il existe x 2 2 B(0, n 0 4 ) tel que z Tx 1 Tx 2 r. 4 Par récurrence, on construit (x n ) n tel que pour tout n, x n B(0, n 0 ) et 2 n x Tx 1... Tx n r. 2 n Or la série des x n converge normalement donc x = n Nx n vérifie x n N 2n 0. On obtient donc que z = Tx donc z T(B E (0, 2n 0 )). Ainsi, B(0, r) T(B E (0, 2n 0 )) donc T est ouverte. Pierron Théo Page 13 Tous droits réservés

18 CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS NORMÉS Corollaire 1.5 Isomorphisme de Banach Soit E, F deux Banachs, T L c (E, F) bijective. Alors T est un homéomorphisme. Corollaire 1.6 Graphe fermé Soit E, F deux Banachs, T L(E, F). Alors T est continu ssi G(T) = {(x, Tx), x E} est un fermé. Remarque 1.10 Pour montrer que T est continu, il suffit de vérifier que si x n x et Tx n y alors y = Tx. Démonstration. L implication est claire. Montrons l autre. Si G(T) est fermé, G(T) est un Banach. Par le théorème, π 1 : (x, y) x est bijective donc sa réciproque est continue. Comme π 2 : (x, y) y est continue, T = π 2 π1 1 est continue. Pierron Théo Page 14 Tous droits réservés

19 Chapitre 2 Dualité Espaces réflexifs 2.1 Forme algébrique de Hahn-Banach Théorème 2.1 Hahn-Banach Soit E un espace vectoriel, p : E R tel que pour λ > 0, p(λx) = λp(x) et p(x + y) p(x) + p(y). Soit G un sev de E et g : G R une application linéaire inférieure à p. Alors il existe f : E R linéaire telle que f G = g et f p sur E. Démonstration. 1. Si E = G Rx 0, on prend α à choisir tel que f(x + tx 0 ) = g(x) + tα pour tout x G. On va montrer qu on peut choisir α pour que f(y) p(y) pour tout y E. On veut f(x + tx 0 ) p(x + tx 0 ). Il suffit d avoir g(x) ± α = f(x ± x 0 ) p(x ± x 0 ), ce qui équivaut à sup(g(x) p(x x 0 )) α inf (p(x + x 0) g(x)) x G x G On peut donc choisir α ssi sup(g(x) p(x x 0 )) inf (p(x+x 0) g(x)). x G x G Or pour tout y, z G, g(y + z) = g(y) + g(z) p(y + z) p(y x 0 ) + p(z + x 0 ) Donc g(y) p(y x 0 ) p(x 0 + z) g(z) ce qui assure l inégalité recherchée. 2. On considère X = {(f, F), G F, f G = g avec f linéaire et f p sur F}. On dit que (f 1, F 1 ) (f 2, F 2 ) ssi F 1 F 2 et f 2 F1 = f 1. X est non vide, ordonné et inductif donc par Zorn, il existe (f, F) maximal. On veut montrer que F = E. Si ce n est pas le cas, on peut prolonger f à F Rx 0 pour x 0 E \ F. 15

20 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS Corollaire 2.1 Soit E un evn, F un sev de E et g L(F,R). Il existe f L c (E,R) prolongement de g à E de même norme. Démonstration. Il suffit de prendre p(x) = g x. 2.2 Topologies faible et faible Topologie faible σ(e, E ) Soit E un evn. Définition 2.1 σ(e, E ) est la topologie la moins fine sur E qui rend continue les x ϕ(x) pour tout ϕ E. Une base de voisinages de x 0 pour cette topologie est donnée par les : V ϕ1,...,ϕ n,ε = {x E, i, ϕ i (x) ϕ i (x 0 ) < ε} Proposition 2.1 La topologie σ(e, E ) est séparée. Démonstration. Soit x, y E non colinéaires. Par Hahn-Banach, il existe ϕ E tel que ϕ(x) = 1 et ϕ(y) = 0. U = {z, ϕ(z) < 1 } et V = {z, ϕ(z) > 1 } sont ouverts disjoints et 2 2 x U, y V. Remarque 2.1 Proposition 2.2 On peut modifier pour le cas x = λy. Soit (x n ) n une suite de E. On a (i) x n x pour σ(e, E ) ssi pour tout ϕ, ϕ(x n ) ϕ(x) (ii) Si x n x fortement alors x n x dans σ(e, E ) (iii) Si x n x dans σ(e, E ) alors x n est borné et x lim inf x n (iv) Si x n x dans σ(e, E ) et ϕ n ϕ fortement dans E alors ϕ n (x n ) ϕ(x). Remarque 2.2 On note ϕ, x = ϕ(x). De plus quand x n converge vers x pour σ(e, E ), on note x n x. Démonstration. (i) Si x n x alors pour tout V V x, il existe n 0 tel que pour tout n n 0, x n V. D après l expression d une base de voisinage, on a, pour ϕ E et ε > 0, il existe n 0 tel que pour tout n n 0, x n {y, ϕ(y) ϕ(x) ε} ie ϕ(x n ) ϕx. Pierron Théo Page 16 Tous droits réservés

21 2.2. TOPOLOGIES FAIBLE ET FAIBLE Réciproquement, si ε > 0 et ϕ 1,..., ϕ k E, pour tout j 1, k, ϕ j (x n ) ϕ j (x) donc il existe n 0 tel que pour tout n n 0 et pour tout j 1, k, on a ϕ j (x n ) ϕ j (x) ε donc x n V ϕ1,...,ϕ k,ε. D où le résultat. (ii) Si x n x, alors pour tout ϕ E, ϕ(x n ) ϕ(x) donc x n x. (iii) On va utiliser le lemme suivant, qui se démontre tout seul via Hahn- Banach. Lemme Pour tout x E, il existe ϕ E tellq ue ϕ(x) = x et ϕ 1. Remarque 2.3 Le lemme implique que x = sup ϕ, x est atteint. ϕ 1 Si x n x, Soit e xn E tel que e xn = ϕ(x n ) pour tout ϕ E. Alors pour tout ϕ, ϕ(x n ) ϕ(x) donc ( e xn (ϕ)) n est bornée. Par Banach-Steinhaus, M = sup n e xn <. or pour tout n, e xn = sup e xn (ϕ) = sup ϕ(x n ) = x n ϕ 1 ϕ 1 Finalement, x = ϕ, x avec ϕ donnée par le lemme. or ϕ, x = lim n ϕ, x n car x n x. Mais pour tout n, ϕ, x n x n car ϕ 1. Donc x = lim n ϕ, x n lim inf x n. (iv) Si x n x et ϕ n ϕ alors ϕ n, x n ϕ, x. ϕ n, x n ϕ, x ϕ n ϕ, x n + ϕ, x n x car sup n x n est fini par le point précédent. ϕ n ϕ sup x n + ϕ, x n x 0 n Remarque 2.4 En dimension finie, les topologies faible et forte coïncident. Un ouvert de σ(e, E ) est un ouvert pour la topologie forte (réciproque fausse en dimension infinie). U = {x E, x < 1} est ouvert pour la topologie forte mais pas pour la topologie faible (en dimension finie). En effet, soit x 0 U, supposons qu il existe V V x0 tel que V U. Il existe alors ε > 0 et ϕ 1,..., ϕ n tel que V ϕ1,...,ϕ n,ε U. Il existe donc y E non nul et telle que ϕ i (y) = 0 (sinon y (ϕ i (y)) 1 i n est injective, donc E de dimension finie). Alors x 0 +Ry V qui est non borné, ce qui est absurde. Pierron Théo Page 17 Tous droits réservés

22 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS En dimension infinie, la topologie faible et forte sont différentes : en général, si x n x, on n a pas x n x. Mais il existe des espaces où toute suite faiblement convergente converge fortement, par exemple l 1 (N). Ceci assure que la topologie faible n est pas métrisable en dimension infinie Topologie faible : σ(e, E) Définition 2.2 C est la topologie sur E la moins fine qui rend C 0 les {e x, x E} avec e x E tel que e x (ϕ) = ϕ, x. Pour tout ϕ E, une base de voisinage de ϕ est donnée par V x1,...,x n,ε = {ψ E, i 1, n, ψ ϕ, x n < ε}. Remarque 2.5 Sur E, on a la topologie forte, la topologie σ(e, E) faible et la topologie faible σ(e, (E ) ). Proposition 2.3 La topologie faible est séparée. Démonstration. Soit ϕ 1 ϕ 2 E. Il existe x E tel que ϕ 1 (x) < β < ϕ 2 (x) avec β R. U = {ϕ, ϕ(x) < β} est ouvert et contient ϕ 1. V = {ϕ, ϕ(x) > β} est un ouvert qui contient ϕ 2 et U V =. Proposition 2.4 Soit ϕ n une suite de E. On a : (i) ϕ n ϕ pour σ(e, E) ssi ϕ n (x) ϕ(x) pour tout x E (ii) Si ϕ n ϕ pour σ(e, E) alors ( ϕ n ) n est bornée ϕ lim inf ϕ n (iii) Si ϕ n ϕ pour σ(e, E) et x n x, alors ϕ n (x n ) ϕ(x) Démonstration. (i) idem qu avant (ii) Pour tout ψ E, ψ = sup ψ, x. x 1 Pour tout x E, ϕ n (x) ϕ(x) donc (ϕ n (x)) n est borné. Par Banach- Steinhaus, on a M = sup n ϕ n <. (iii) ϕ n, x n ϕ, x ϕ n, x n x + ϕ n ϕ, x M x n x + ϕ n ϕ, x 0 Remarque 2.6 Par Banach-Alaoglu, B E est compacte pour σ(e, E ). Pierron Théo Page 18 Tous droits réservés

23 2.3 Espaces réflexifs 2.3. ESPACES RÉFLEXIFS Soit E un Banach, on a une application J : E E qui à x associe l évaluation en x. Proposition 2.5 injective. Pour tout x E, J(x) = x donc J est continue Démonstration. J(x) = sup J(x), ϕ = sup ϕ, x = x. ϕ 1 ϕ 1 Définition 2.3 surjective. Si E est un Banach, on dit que E est réflexif ssi J est Remarque 2.7 Si E est réflexif, E E et les topologies σ(e, E ) et σ(e, E) coïncident Propriétés Théorème 2.2 Soit E un Banach. E est réflexif ssi B E = {x E, x 1} est compacte pour la topologie faible σ(e, E ). Démonstration. Si E est réflexif, B E est compacte pour la topologie σ(e, E ) par Banach-Alaoglu. Il suffit de montrer que J 1 : (B E, σ(e, E )) (B E, σ(e, E )) est continue. Par définition de σ(e, E ), il suffit de montrer que ϕ J 1 est continue pour tout ϕ E. Pour tout ψ E, on a ϕ, J 1 ψ = ϕ, x = J(J 1 ψ), ϕ = ψ, ϕ Donc ϕ J 1 est continue (par définition de la topologie). On utilise le Lemme Helly Soit E un Banach, f 1,..., f n E, α 1,..., α n R. Il y a équivalence entre : (i) Pour tout ε > 0, il existe x ε E de norme au plus 1 tel que pour tout i 1, n, f i, x ε α i < ε. n n (ii) Pour tout β 1,..., β n R, β i α i β i f i Démonstration. i=1 Pierron Théo Page 19 Tous droits réservés i=1

24 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS n (i) (ii) Soit ε > 0, β 1,..., β n R, S = β i. i=1 n n n β i α i β i (α i f i, x ε ) + β i f i, x ε i=1 i=1 i=1 n Sε + x ε β i f i i=1 n Sε + β i f i i=1 Pour ε 0, on a le résultat. (ii) (i) On pose φ : B E R n x ( f i, x ) 1 i n Si α = (α 1,..., α n ), l assertion i équivaut à α φ(b E ). Par l absurde, s il existe α / φ(b E ) (qui est un convexe fermé dans R n ). Or dans R n, on peut séparer un point et un convexe fermé qui ne contient pas ce point par un hyperplan. Il existe donc β R n et γ R tel que pour tout x B E, φ(x) β) γ < α β. ( est un produit scalaire sur R n ). n n On a donc β i f i, x γ < α i β i pour tout x B E. i=1 i=1 n n Alors β i f i γ < α i β i, ce qui contredit (ii). i=1 i=1 Lemme Goldstine Soit E un Banach. J(B E ) est dense dans B E pour la topologie σ(e, E ). Démonstration. Soit ξ B E, V V ξ pour σ(e, E ) ie V = {η E, i 1, n, η ξ, ϕ i < ε avec ϕ i E }. On veut η = J(x) V avec x 1 ie il existe x B E tel que J(x), ϕ i ξ, ϕ i < ε pour tout i. On applique le lemme avec α i = ξ, ϕ i et f i = ϕ i. Pierron Théo Page 20 Tous droits réservés

25 2.3. ESPACES RÉFLEXIFS Il suffit de vérifier la deuxième assertion : pour tout β 1,..., β n R, n n β i α i = β i ξ, ϕ i i=1 i=1 n = ξ, β i ϕ i i=1 n β i ϕ i car ξ 1 i=1 Lemme Soit E, F des Banachs et T = L(E, F). T L c (E, F) ssi T : (E, σ(e, E )) (F, σ(f, F )) est continue. Démonstration. Il suffit de montrer que pour tout ϕ F, ϕ T : E R est continue pour σ(e, E ) mais T L c (E, F) donc ϕ T E qui est donc continue pour σ(e, E ) par définition de la topologie. On utilise le théorème du graphe fermé. Si T : (E, σ(e, E )) (F, σ(f, F )) est continue alors G(t) (E F, (σ(e, E ) σ(f, F ))) est fermé pour cette topologie. Il est donc fermé dans E F pour la topologie produit des normes donc par le graphe fermé, T L(E, F). Si B E est compacte pour σ(e, E ) on va montrer que JB E = B E (suffisant pour avoir JE = E. J est continue de E E pour les topologies fortes, donc par le lemme 2.2.3, J est continues de (E, σ(e, E )) (E, σ(e, E )) donc J est continue de (E, σ(e, E )) (E, σ(e, E )) car les (e ϕ ) ϕ E. Donc J(B E ) est compacte pour (E, σ(e, E )). Par le lemme 2.2.2, J(B E ) est dense dans B E pour la topologie σ(e, E ) donc J(B E ) = B E. Remarque 2.8 Les Hilberts sont réflexifs. L 1 n est pas réflexif : Si ρ n est une approximation de l unité de la forme ρ n = nρ(nx) avec ρ positive, d intégrale 1 et de support inclus dans [ 1, 1]. On a alors ρ n ϕ ϕ(0). Proposition 2.6 Soit E un espace réflexif, M un sev de E fermé. Alors M est réflexif pour la topologie induite. Démonstration. On utilise le théorème précédent. Il suffit de montrer que B M est compacte pour σ(m, M ). M est fermé pour la topologie σ(e, E ). Pierron Théo Page 21 Tous droits réservés

26 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS Lemme Soit E un Banach, M E fermé, x 0 / M. Alors il existe ϕ E tel que ϕ = 0 sur M et ϕ(x 0 ) 0. Démonstration. Si M est fermé et x 0 / M, d(x 0, M) = d > 0. On construit une application linéaire continue sur M Rx 0. Pour tout y M, on écrit ϕ(y + tx 0 ) = td. On a (si t 0) ϕ(y + tx 0 ) = t ϕ( y + x t 0) = t d t y + x t 0 = y + tx 0 donc ϕ est continue. Par Hahn-Banach, on la prolonge à E. On a alors le résultat. On va montrer que M c est ouvert. Soit x 0 / M Il faut montrer que M c contient un voisinage de x 0 pour la topologie faible. On pose V = {x E, ϕ(x) > 0} est ouvert pour la topologie faible et V M c. Donc M est fermé pour σ(e, E ) et B E est compact pour σ(e, E ) par le théorème précédent donc B m est fermé dans un compact donc compact pour la topologie induite sur M par σ(e, E ). Or sur M, la topologie induite par σ(e, E ) est σ(m, M ), puisque : Si V V x0 M (voisinage pour σ(e, E )), V = {x M, ϕ i (x) ϕ i (x 0 ) < ε avec ϕ i E } est aussi un ouvert pour σ(m, M ). Si V V x0 pour σ(m, M ), V = {x M, ϕ i (x) ϕ i (x 0 ) < ε avec ϕ i M }. Par Hahn-Banach, pour tout i, il existe ϕ i E tel que ϕ i M = ϕ i. Sonc {x M, ϕ i (x) ϕ i (x 0 ) < ε} V qui est un ouvert pour la topologie induite. Donc B m est compact pour σ(m, M ) donc M est réflexif. Proposition 2.7 Si E est un Banach, E est réflexif ssi E l est. Démonstration. Si E est réflexif, par le théorème précédent il suffit de montrer uqe B E est compacte pour la topologue σ(e, E ). Or σ(e, E ) = σ(e, E ) car E est réflexif. Par Banach-Alaoglu, B E est compacte pour la topologie faible. Si E est réflexif, E aussi. On a vu que J(E) est un fermé de E donc réflexif. E est donc réflexif. En effet, si on a une isométrie surjective T entre E et F Banachs alors si F est réflexif, E aussi puisque T 1 est continue pour la topologie forte, donc pour la topologie faible. De plus, comme c est une isométrie, T 1 (B F ) = B E. Comme F est réflexif, B F est compacte (pour la topologie faible) donc B E aussi et E est réflexif. Pierron Théo Page 22 Tous droits réservés

27 2.3. ESPACES RÉFLEXIFS Séparabilité Théorème 2.3 Si E est séparable, E l est. Démonstration. Soit (f n ) n dense dans E. Pour tout n, il existe x n E de norme 1 tels que f n (x n ) fn. 2 On va montrer que (x n ) n est une famille totale ie Vect {x n, n N} est dense. Il suffit donc de montrer que son orthogonal est {0}. Soit ϕ E qui annule tous les x n. Soit ε > 0. Il existe n N, ϕ f n < ε. On a alors f n (x n ) (f n ϕ)(x n ) ε x n donc f n 2ε. Ainsi, donc ϕ = 0. ϕ f n ϕ + f n 3ε Corollaire 2.2 E est réflexif et séparable ssi E l est. Démonstration. E E est clair. Dans l autre sens, on a juste à montrer que E est séparable. De plus E réflexif séparable implique E séparable donc E séparable. Théorème 2.4 Si E est un Banach séparable, B E est métrisable pour la topologie faible. Démonstration. E est séparable donc B E aussi. Il existe donc (x n ) n dense dans B E. On pose d(f, g) = 1 n N2 f g, x n. n d est bien une distance sur B E. On va montrer que sur B E, la topologie définie par d coïncide avec la topologie faible. Soit B(g, r) = {f E, F 1, d(f, g) < r}. + 1 Il existe N N tel que N+12 < r donc en particulier, pour tout n 4 f, g B E, 1 2 n f g, x 1 n 2 2 r n 2 N+1 N+1 Soit V x1,...,x N (g) = {f E, f 1, i, f(x i ) g(x i ) r }. C est 4N un voisinage de g pour la topologie faible et V x1,...,x N B(g, r) donc pour tout f V x1,...,x N, d(f, g) = 1 n N2 f g, x n r n 4 + r 2 < r Pierron Théo Page 23 Tous droits réservés

28 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS Soit V y1,...,y N,ε(g) = {f B E, i, (f g)(y i ) < ε} un voisinage de g pour la topologie faible. Pour tout i, il existe x i B E tel que x i y i < ε donc V 4 x 1,...,x N, ε(g) 2 V y1,...,y N,ε(g). On va montrer qu il existe r > 0 tel que B d (g, r) V x1,...,x n, ε(g). 2 Prenons donc f B d (g, r). On a 1 n N2 f g, x n < r donc pour tout n n N, f g, x n r2 N ε. Donc B d (g, ) V 4 2 n x1,...,x N, ε(g). 2 Remarque 2.9 Si E est séparable, B E est métrisable pour la topologie faible σ(e, E ). Démonstration. Soit ϕ n dense dans B E, x, y B E et d(x, y) = 1 n N2 n ϕ n, x y. Et on recommence Application à la convergence des suites Proposition 2.8 Si E est séparable, (ϕ n ) n une suite de E. Alors si ϕ n est bornée dans E, il existe ϕ E et une suite extraite ϕ nk tel que ϕ nk ϕ pour σ(e, E). Si E est réflexif, (x n ) n une suite de E. Si x est bornée, il existe x et n k une suite extraite telle que x nk x pour la topologie σ(e, E ). Démonstration. Soit (ϕ n ) n B E (M) avec M un majorant de sup n ϕ n. On a la compacité pour σ(e, E) par Banach-Alaoglu et la métrique par le théorème précédent puisque E est séparable. D où le résultat. Soit M = Vect {x n, n N}. M est séparable. C est aussi un fermé d un réflexif, donc un réflexif. B M (R) est donc un métrique compact pour σ(m, M ) (avec R qui borne les x n ). D où la convergence faible pour σ(m, M ) donc pour σ(e, E ). Remarque 2.10 On n a pas supposé que E est séparable donc a priori, B E n est pas métrisable pour σ(e, E ). Pierron Théo Page 24 Tous droits réservés

29 2.3. ESPACES RÉFLEXIFS Espaces uniformément convexes Définition 2.4 Soit E un Banach, on dit que E est uniformément convexe ssi x + y ε > 0, δ > 0, x, y, x 1, y 1, x y ε 2 < 1 δ C est une propriété géométrique qui dépend de la norme. (a) Uniformément convexe (b) Non uniformément convexe Figure 2.1 Uniforme convexité Théorème 2.5 Milman-Pettis Les espaces uniformément convexes sont réflexifs. Remarque 2.11 Ce n est pas une condition nécessaire. Démonstration. On va montrer que J(B E ) = B E. Comme J(B E ) est un fermé dans B E pour la topologie forte, il ssufit de montrer que J(S E ) est dense dans S E. ξ S E, ε > 0, x S E, ξ J(x) < ε Soit ξ S E, ε > 0. Par uniforme convexité, il existe δ > 0 tel que x 1, y 1 et x y > ε implique x+y < 1 δ. 2 Comme ξ = 1, il existe f E tel que ξ, f > 1 δ. Soit V = {η 2 E, η ξ, f < δ }. C est un voisinage de ξ pour 2 σ(e, E ). On a aussi vu que J(B E ) est dense dans E pour la topologie σ(e, E) (lemme de Goldstine) donc il existe x B E tel que J(x) V ie f, x ξ, f < δ. 2 On va montrer que ξ J(x) ε. Par l absurde, si ξ / J(x) + εb E. Comme B E est compact (donc fermé) pour la topologie faible, σ(e, E ), on a (J(x) + εb E ) c ouvert pour la topologie σ(e, E ). Donc (J(x)+εB E ) c V est un voisinage de ξ pour la topologie σ(e, E ) et J(B E ) est dense dans B E pour σ(e, E ). Ainsi, il existe x B E, J(x) (J(x) + εb E ) c V donc x x = J(x) J(x) ε. De plus, J(x) V donc f, x ξ, f < δ. Ainsi, 2 2 ξ, f ξ, f f, x + ξ, f f, x + f, x + x Pierron Théo Page 25 Tous droits réservés

30 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS Donc 2 δ δ 2 + δ + f, x + x δ + x + x 2 Ainsi, par uniforme convexité, x x ε qui est absurde. Proposition 2.9 Soit E un Banach uniformément convexe. Si x n x dans σ(e, E ) et lim sup x n x alors x n x pour la norme. Remarque 2.12 Dans le cas d un Hilbert, x n x pour σ(h, H ) ssi x n, y x, y pour tout y H. On sait de plus que x lim inf x n donc x n x. x n x 2 = x n 2 + x 2 2 x n, x 2 x 2 2 x 2 = 0 De plus, il existe des suites qui convergent faiblement non fortement. Par exemple dans L 2 (0, 2π) avec u n = sin(n ) qui converge faiblement vers 0 (Riemann-Lebesgue). Pourtant u n 2 2 π. Démonstration. Si x = 0, on n a rien à faire. Sinon, on se ramène à x = 1. On a lim sup x n x et on a vu que x lim inf x n donc x n 1. Soit λ n = max( x n, 1). On a λ n 1. Soit y n = xn λ n. On a y n 1 et y n x. Considérons yn+x qui converge faiblement vers x. On a donc x = 1 2 lim inf yn+x et yn+x 1 ( y 2 n + 1) 1 pour tout n. 2 Donc y n+x Adjoints 2 1 et par uniforme convexité x y n 0. Soit T L(E, F), E, F Banachs. Définition 2.5 On définit l adjoint de T par l application T L(F, E ) telle que T ϕ, x = ϕ, Tx. Proposition 2.10 Démonstration. On a Si T L c (E, F), T L(F, E ) et T = T. T ϕ, x ϕ Tx ϕ T x Et T p ϕ = sup T ϕ, x T ϕ. Donc T est continue et T x =1 T. On a vu que Tx = sup ϕ, Tx donc ϕ 1 TX sup T ϕ, x T x ϕ 1 Pierron Théo Page 26 Tous droits réservés

31 2.5. EXEMPLES Donc T T et on a l égalité. Proposition 2.11 Ker(T ) = (Im T) et Ker T = (Im(T )) avec Si M E, M = {ϕ E, ϕ M = 0} Si M E, M = {x E, ϕ M, ϕ(x) = 0}. Démonstration. On a ϕ Ker(T ) ssi T ϕ = 0 ssi x E, T ϕ, x = 0 ssi x E, ϕ, Tx = 0 ssi Im(T) Ker ϕ ssi ϕ (Im T) Théorème 2.6 Soit T L c (E, F). T est bijectif ssi T l est. Démonstration. Si T est surjectif, (Im T ) = {0} donc Ker(T) = {0} donc T est injectif. De même, si T injectif, Im(T) = E. Il reste à vérifier que Im(T) est fermée. Pour tout x E, il existe ϕ E de norme inférieure à 1 telle que ϕ, x = x. On a x = ϕ, x = (T 1 ) ϕ, Tx (T 1 ) ϕ Tx (T 1 ) T Donc il existe C tel que pour tout x E, x c Tx donc Im(T) est fermé puisque si y n = Tx n y, par l inégalité précédente, x n x m c y n y m donc si (y n ) n est de Cauchy, (x n ) aussi donc converge et par continuité de T, y = Tx Im(T). Réciproquement, si T bijectif, TT 1 = T 1 T = Id. Pour tout ϕ, x on a ϕ, x = ϕ, T 1 Tx = T (T 1 ) ϕ, x Donc ϕ = T (T 1 ) ϕ donc on a T (T 1 ) = Id et on peut faire pareil dans l autre sens donc T est bijectif. 2.5 Exemples Espaces de Hilbert Le théorème de Riesz donne H H. Donc B H (0, 1) est compacte pour la topologie faible (Banach-Alaoglu) donc H est réflexif. Dans un Hilbert, les topologies faible et faible coïncident. Si H est un Hilbert séparable, et (x n ) n bornée alors il existe une sous-suite qui converge faiblement : pour tout y, x nk, y x, y. Pierron Théo Page 27 Tous droits réservés

32 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS Les espaces L p Soit Ω un ouvert de R n Cas 1 < p < Théorème 2.7 Si 1 < p <, L p (Ω) est réflexif. Démonstration. On traite d abord 2 p < en montrant que L p est uniformément convexe. On va utiliser le Lemme Inégalité de Clarkson p + f g p f p p + g p p p p f+g Démonstration. Il suffit de montrer que pour tout a, b R, a+b 2 p + a b 2 p 1 2 ( a p + b p ). On a α p + β p (α 2 + β 2 ) p 2. Par homogénéité, il suffit de montrer que 1 + x p (1 + x 2 ) p 2 ce qui marche bien (étudier la fonction!) En posant α = a+b a b et β =, on a 2 2 a + b p a b p ( a 2 + b ) p 2 Comme p 2, x x p 2 voulue. est convexe sur R + donc on a bien l inégalité donc Si f p 1 et g p 1 avec f g p ε, on a f + g p 2 p 1 f g p p 2 p 1 εp 2 p f + g ( 2 1 εp 2 p ) 1 p = 1 δ avec δ > 0. Il reste le cas 1 < p < 2. S il existe une T : L p (L q ) isométrie (q exposant conjugué de p). Si p < 2, L q est réflexif dont (L q ) aussi. On a alors T(L p ) fermé dans un réflexif donc réflexif. Comme T : L p T(L p ) est une isométrie surjective, L p est réflexif. Il reste à trouver T. Si u L p, on définit T par Tu, ϕ = uϕ dx pour tout ϕ. Par Hölder, on a T 1 et on va montrer que Tu (L q ) = u p. Pierron Théo Page 28 Tous droits réservés Ω

33 2.5. EXEMPLES donc Soit ϕ L q, ϕ(x) = u(x) p 2 u(x) si u(x) n eq0 et 0 sinon. On a Donc T = 1. Remarque 2.13 ϕ q q = Ω u(x) (p 1)q dx = Tu, ϕ = ϕ q q Ω u(x) p Les L p pour 1 < p < 2 sont aussi uniformément convexes Théorème 2.8 Représentation de Riesz Pour tout ϕ (L p ), il existe u L q tel que ϕ, v = uv dx et ϕ (L p ) = u L q. Ω Démonstration. On définit T : L q (L p ) qui vérifie Tu, v = Ω uv dx On a déjà vu que Tu (L p ) = u L q donc T est injective d image fermée. Il reste à montrer que T est surjective, comme Im(T) est fermée, il suffit de montrer que (Im T) = {0} (vu comme sous-espace de (L p ) ). Comme L p est réflexif, J(L p ) = (L p ). On montre que si f L p vérifie que J(f), Tu = 0 pour tout u alors f = 0. On a J(f), Tu = Tu, f = Ω uf = 0 Lemme Soit f L 1 loc(r n ) telle que f = 0 p.p. R n f(x)ϕ(x) dx = 0 pour tout ϕ C c alors Démonstration. Si ρ n est une approximation de l unité à support compact, f ρ n f dans L 1 (K) pour tout K compact. Comme y ρ n (x y) est C donc f ρ n = 0 et f = 0. Ce qui achève la démonstration. Remarque 2.14 On a vu que si 1 < p <, L p est séparable, ce sont donc des réflexifs séparables. Ainsi, si (f n ) n est bornée dans L p, elle admet une sous-suite convergente pour σ(l p, (L p ) = L q ) ie Ω f n k ϕ Ω fϕ pour tout ϕ L q. Pierron Théo Page 29 Tous droits réservés

34 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS Cas L 1 L 1 est séparable. Théorème 2.9 Riesz (L 1 ) = L. Démonstration. On se ramène à Riesz dans le cas p = 2. Soit w L 2 (Ω) tel que pour tout K relativement compact, il existe ε K tel que w(x) ε K pour tout x K. (Si Ω est bornée, on prend w = 1, sinon on pose w(x) = α n sur Ω {n x n + 1} et on choisit les α n pour que ça marche). Soit ϕ (L 1 ). On considère la forme linéaire L 2 R f ϕ, fw qui est bien défini car le produit de fonctions L 2 est L 1. On a ϕ, fw ϕ (L 1 ) w L 2 f L 2 donc cette forme linéaire est conntinue sur L 2. Par Riesz, il existe u L 2 tel que ϕ, fw = Ω u(x)f(x) dx pour tout f L 2. On va montrer que u est w L et que u = ϕ (L 1 ). Soit C > ϕ (L 1 ), A = {x R n, u(x) > C}. Montrons que λ(a) = 0. w(x) Par l absurde, supposons que λ(a) > 0. Il existe alors à A tel que 1 si x à et u(x) > 0 0 < λ(ã) <. On prend alors f = 1 si x à et u(x) < 0. Alors 0 sinon ϕ, fw = u(x)f(x) dx = u(x) dx Ω Donc ϕ, fw ϕ (L 1 ) fw L 1 ϕ (L 1 ) w(x) dx à C w(d) dx u(x) dx ϕ (L à à 1 ) w(x) dx à On a c > ϕ (L 1 ) et c w ϕ (L à 1 ) w ce qui est absurde car si à λ(ã) > 0, w > 0. à On a donc u w L et u u ϕ v (L 1 ). De plus, ϕ, fw = fw dx Ω w pour tout f L 2. Pour tout g C c (Ω), soit f = g. Comme w ε w K sur supp(g), on a u ϕ, g = ϕ, fw = Ω w g dx. Pierron Théo Page 30 Tous droits réservés w Ã

35 2.5. EXEMPLES Il existe donc v L tel que pour tout g C c (Ω), ϕ, g = Ω vg dx. Par densité de C c (Ω) das L 1 (Ω), on a ϕ, g = Ω vg On a aussi ϕ, g v g 1 donc ϕ 1 = v pour tout g L 1. Proposition 2.12 L 1 n est pas réflexif. Démonstration. On va montrer qu il existe une suite bornée dans L 1 qui n admet pas de sous-suite faiblement convergente. Posons f n (x) = 1 λ(b(0, 1 n ))1 B(0, 1 n ) qui est positive, L 1 et de norme 1. Si (f n ) n admet une sous-suite faiblement convergente, on a f nk ϕ dx f(x)ϕ(x) dx R n R n pour tout ϕ L. En prenant ϕ = 1, on trouve f = 1. Pour ϕ C c (R n \ {0}), on a f nk ϕ = 0 pour k assez grand (0 / supp ϕ). Donc fϕ = 0 pour tout ϕ et par un lemme précédent, f = 0, ce qui est absurde puisque f = 1. Remarque 2.15 Si F est une famille bornée de L 1, à quelle confition F est relativement compacte pour la topologie σ(l 1, L )? Théorème 2.10 Dunford-Pettis Soit Ω un ouvert borné de R n, F une famille de L 1 (Ω) bornée. F est relativement compacte pour σ(l 1, L ) ssi F est uniformément intégrable ie ε > 0, δ > 0, A B(Ω), λ(a) δ A f dx ε f F Démonstration. Évident (SIC!) Pour simplifier, on traite le cas F L 1 (K) avec K compact. On va montrer que si (f n ) n est bornée dans L 1 (K), on peut extraire une sous-suite qui converge faiblement. On suppose que f n 0. Pour tout n, on peut définit T n (C(K)) tel que T n, ϕ = Ω f n(x)ϕ(x) dx. On a T n f n 1 M. C(K) est séparable, donc par Banach-Alaoglu, il existe (une suite extraite qu on passe sous le tapis) T (C(K)) tel que T n T pour la topologie σ((c(k)), C(K)) ie f n (x)ϕ(x) dx T, ϕ pour tout ϕ C(K). Pierron Théo Page 31 Tous droits réservés Ω

36 CHAPITRE 2. DUALITÉ ESPACES RÉFLEXIFS Théorème 2.11 Riesz Soit T une forme linéaire continue positive sur C(X) (X compact). Il existe une unique mesure borélienne finie telle que T, ϕ = X ϕ dµ. (i) Si V est un ouvert, µ(v ) = sup{tg, g C(K), supp(g) V } (ii) Si A est un borélien, µ(a) = inf{µ(v ), V ouvert, V A}. De plus, si A est un borélien, µ(a) = sup{µ(k), K compact, K A}. et si K est compact, µ(k) = sup{tg, g C(X, [0, 1], g K = 1}. On a vu que T n T C(X) donc T C(X) et T 0 donc il existe une unique µ donnée par le théorème. On va montrer que A f n(x) dx µ(a) pour tout A B(X). Soit A B(X) et ε > 0. Il existe δ > 0 tel que pour tout B B(X) tel que λ(b) δ, on ait pour tout n, B f n dx ε. Comme la mesure de Lebesgue est régulière, il existe un compact K et un ouvert U vérifiant K A U et λ(u \ A) δ et λ(a \ K) δ. On a µ(k) µ(a) µ(u). Il existe donc f, g C(X) tel que supp(g) U, f K = 1 et Tf ε µ(a) Tg + ε. On a lim T n g = Tg et lim T n f = Tf par convergence faible, donc à partir d un certain rang, D où f n f dx 2ε T n f 2ε µ(a) T n g + 2ε f n g dx + 2ε K f n dx 2ε µ(a) U f n dx + 2ε En découpant les intégrales sur U = A (U \ A) et A = K (A \ K), on trouve µ(a) f n dx 3ε A donc µ(a) = lim f n dx n + A On voudrait montrer qu il existe f L 1 tel qie µ(a) = A f dx pour tout A B(X). Théorème 2.12 Radon-Nikodym Si ν est une mesure σ-finie et µ ν alors il existe f L 1 (dν) tel que dµ = f dν ie µ(a) = A f dν. On a µ λ puisque si λ(a) = 0, f n dx = 0 donc µ(a) = 0. En revenant à la définition de µ, X f n ϕ X A ϕ dµ = X ϕf dx Pierron Théo Page 32 Tous droits réservés

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