8 Espaces de Banach.

Ecole Normale Sup´´ erieure – FIMFA – Ann´ee 2010-2011 Travaux dirig´es de Topologie et Calcul diff´erentiel Franc¸ois B´eguin

Corrig´ e de la feuille d’exercices n

8 Espaces de Banach.

1 -

1. On renvoie au cours pour montrer que`<sup>1</sup>et`^∞sont des espaces de Banach. On notee_nla suitee_n= (e_n)_k∈N o`u (e<sub>n</sub>)<sub>k</sub>=δ<sub>n,k</sub>. Autrement dit,e<sub>n</sub>est la suite dont le n-i`eme coefficient vaut 1 et les autres termes sont nuls.

Alors leQ-espace vectorielS=Qhe1, . . . , e_niengendr´e par la famille{en, n∈N}est d´enombrable (et inclus dans`<sup>1</sup>). Il est aussi dense car, pour tout >0 etu= (u<sub>n</sub>n∈N∈`¹, il existeN tel que

N

P

n=0

|un|< /2. Il existe alors un ´el´ement q₀e₀+· · ·+· · ·q_Ne_N dansS tel que

N

P

n=0

|u_n−q_ne_N|< /2 ce qui d´emontre que S est dense dans`<sup>1</sup>(mais ´evidemment pas`^∞).

On a une forme bilin´eaireB :`<sup>∞</sup>×`¹→Rd´efinie, pour toutf = (f_n)_n∈N∈`<sup>∞</sup>et x= (x<sub>n</sub>)<sub>n∈N</sub>∈`¹, par B(f, x) =

∞

P

n=0

fnxn. Pour montrer que la somme est convergente, on remarque que

N

X

n=0

|f_nx_n|6kfk_∞

N

X

n=0

|x_n|6kfk_∞kxk₁

ce qui montre aussi queBest continue de norme au plus 1 (il n’est pas dur de voir qu’elle est exactement de norme 1). On en d´eduit qu’il y a une application lin´eaire continueθ:`<sup>∞</sup>→(`¹)⁰de norme au plus 1 donn´ee parθ(f) =B(f,−).

R´eciproquement, soitφ∈(`<sup>1</sup>)<sup>0</sup>, alors|φ(en)|6kφk carkenk1= 1. On en d´eduit que la suite (φ(en))<sub>n∈N</sub> est dans`^∞ et de plus l’application Γ :φ7→(φ(en))_n∈Nest lin´eaire de norme au plus 1, donc continue. On v´erifie que Γ◦θ=id`<sup>∞</sup>. De plus,θ◦Γ(φ) coincide avec φsur l’espace vectoriel engendr´e par les ei (i≥0), qui est dense, donc sur`¹ entier ce qui termine de montrer que Γ est bien l’inverse deθ. En aprticulierθest de norme 1 et`<sup>∞</sup> est isom´etrique `a (`¹)⁰.

2. On v´erifie que`<sup>∞</sup><sub>0</sub> ⊂`^∞ est ferm´e par crit`ere s´equentiel; c’est un sous-esapce vectoriel par continuit´e des op´erations de multiplication par un scalaire et d’addition dans un espace vectoriel topologique. Il est clair que `^∞₀ est un sous-espace strict de `<sup>∞</sup><sub>l</sub> . Montrons qu’ils sont cependant isomorphes. Soit T : `^∞_l → `^∞₀ d´efinie parT(f)0= lim

n→∞fn et, T(f)n+1 = ¹₂ fn− lim

k→∞fk

. Il est clair queT est lin´eaire etkTk61. Par ailleurs, On v´erifie sans peine queT est inversible, d’inverse, (T⁻¹(v))n =v0+ 2vn+1qui est lin´eaire etv´erifie kTk⁻¹63.

3. La forme bilin´eaireBde la question 1) donne aussi une application lin´eaire continue (de norme 1)T:`<sup>1</sup>→ (`^∞₀ )⁰ donn´ee parT(u)(f) =P∞

n=0fnun. Consid´erons, pour toutφ∈(`^∞₀ )⁰, la suiteS(φ) := (φ(en))_n∈N. En notanti le signe deφ(ei), on remarque que

N

X

i=0

|φ(ei)|=|X

i=0

φ(iei)|6kφk

ce qui assure que (φ(en))_n∈N∈`<sup>1</sup>et quekSk61. On montre encore ais´ement queT etSsont des isom´etries lin´eaires inverses l’une de l’autre et donc que`¹ est isom´etrique au dual topologique de`^∞₀ .

4. Rappelons qu’un espace topologique E est reflexif, si l’injection canonique E ,→(E⁰)⁰ (donn´ee par x7→

(φ7→φ(x))) est surjective. Soitφla forme lin´eaire continue (de norme 1) donn´ee sur`^∞_l parφ(u) = lim

n→∞un.

Par le th´eor`eme de Hahn-Banach, on peut la prolonger sur`^∞tout entier. Supposons queφ(ainsi prolong´ee) soit dans l’image de l’application canonique `<sup>1</sup>,→((`¹)⁰)⁰∼= (`<sup>∞</sup>)<sup>0</sup>, c’est `a dire que φest l’image d’une suite (φn)n∈N ∈ `<sup>1</sup>. Alors, pour tout u∈ `^∞, on a φ(u) =

∞

P

n=0

φnun; en aprticulier φ(en) = φn. Mais en ∈ `^∞₀ , doncφ(en) = lim−k→ ∞(en)k = 0. Il suit queφest nulle ce qui est absurde puisqu’elle n’est pas nulle sur

`^∞_l !

On peut aussi invoquer le corollaire d’Hahn-Banach qui affirme que, si E est un espace vectoriel norm´e, et si le dual topologiqueE⁰ deE est s´eparable, alorsE est aussi s´eparable. En vertu de ce corollaire, `<sup>1</sup> ne peut pas ˆetre isomorphe au dual topologique de `^∞, puisque `<sup>1</sup> est s´eparable, mais pas `^∞. Et`¹ ne peut donc pas ˆetre reflexif.

2 -

1. Soit f un point extr´emal, dans la sph`ere unit´e deL¹. Il est facile de montrer que pour un certainλ >0, on a

µn

x∈[0,1]/ λ≤ |f(x)| ≤2λo

>0.

On partitionne la partie ci-dessus enAetBde mesure ´egale. Et on voit qu’en ajoutantλsgn(f(x)) surAet en enlevantλsgn(f(x)) surB `a f, on reste sur la sph`ere. Et de mˆeme dans l’autre sens. Etf est au milieu des deux fonctions que nous venons de construire.

2. Il suit de la question pr´ec´edente queL¹([0,1]) n’est pas un espace dual. S’il l’´etait, sa boule unit´e serait compacte pour la topologie faible-´etoile, et donc en vertu du th´eor`eme de Krein-Milman, l’ensemble de ses points extr´emaux serait non vide.

3 -

Soit (x_n)_n∈Nune ´enum´eration des rationnels. Pour tout p∈N\ {0}, l’ensemble O_p= [

n∈N

x_n− 1

p2ⁿ⁺¹ , x_n+ 1 p2ⁿ⁺¹

est un ouvert dense de mesure de Lebesgue inf´erieure `a 1 p

X

n∈N

1 2ⁿ =1

p. Ainsi, \

p∈N\{0}

Op est unGδ dense de mesure nulle.

4 -

1. Par d´efinition de la continuit´e d’une forme lin´eaire,kϕ(xp)k6kϕk kxpk −→

p→∞0.

2. Il suffit de consid´erer, comme forme lin´eaire sur`<sup>1</sup>, l’´el´ement de`^∞ : (δp,i)_i∈N.

3. On fixe ε > 0 et on d´efinit F_n := {ψ ∈ Γ/∀k ≥ n|ψ(xk)| 6 ε} qui est ferm´e (comme intersection de ferm´es). Par hypoth`ese, la r´eunion desF<sub>n</sub><sup>ε</sup>donne toutBpar convergence faible. Donc par Baire un desFnest d’int´erieur non vide. Mais lesFnsont convexes sym´etriques par rapport `a 0. Cela donne que leFnen question est voisinage de 0; en particulier il contient un voisinage de la forme U ={ψ ∈ Γ|ψ1| < δ, . . . ,|ψN| < δ}

pour un certainδ >0 etN fini, qu’on peut supposer plus grand quen. Alors pour toutp≥N >n, il existe ψ^p∈U tel queψ^p_i = 0 pour touti6N etψ_i^px_p(i) =|x_p(i)|pouri > N. Alors,

kx_pk₁6

N

X

i=0

|x_p(i)|+ψ^p(x_p)62ε

sipest suffisament grand carψ^p ∈U ⊂F_n^εet d’apr`es la question pr´ec´edente appliqu´ee `axp(1), . . . , xp(N).

5 -

On consid`ere une collection au plus d´enombrable {Fn}n∈I de ferm´es deux `a deux disjoints de [0,1], dont l’union est ´egale `a [0,1] tout entier.

Soit O :=S

n∈Iint(F_n) et G := [0,1]\O =S

n∈Ifr(F_n). L’ensemble O est une union d’ouverts, donc un ouvert. Son compl´ementaireGest donc ferm´e. Par ailleurs,Gest, par d´efinition, une r´eunion d´enombrables de ferm´es d’int´erieurs vides ; d’apr`es le th´eor`eme de Baire, Gest donc d’int´erieur vide.

Soit C une composante connexe deO. SiC n’´etait pas contenue dans l’un desF_n, alors il existerait un point x₀ de C et un entier n₀ tel que x₀ serait dans la fronti`ere de F_n0, ce qui est absurde. Donc toute composante connexe deO est contenue dans l’un des Fn.

SupposonsGnon-vide. CommeGest ferm´e, il est complet. On peut donc appliquer le th´eor`eme de Baire dansG. LesFn∩Gsont des ferm´es deG. Leur r´eunion est ´egale `aGtout entier ; en particulier, leur r´eunion est d’int´erieur non-vide dansG. Le th´eor`eme de Baire implique donc qu’il existe un entier n0 tel que Fn₀

est d’int´eieur non-vide dansG. Autrement dit, il existe un intervalle ouvert ]a, b[⊂[0,1] tel queG∩]a, b[ est non-vide et contenu dansFn₀.

Puisque Gest d’int´erieur vide dans ]a, b[, l’ntervalle ]a, b[ rencontre O ; il rencontre donc l’int´erieur de l’un des Fn. Soit n un entier tel que l’int´erieur de Fn rencontre ]a, b[. On sait que G∩]a, b[ est non-vide.

Donc Fn ne contient pas ]a, b[. Donc, il existe au moins un point de la fronti`ere deFn dans ]a, b[. Comme G∩]a, b[⊂F<sub>n0</sub>, on a doncn=n<sub>0</sub>. AinsiO∩]a, b[⊂F<sub>n0</sub> et G∩]a, b[⊂F<sub>n0</sub>. On a donc montr´e de ]a, b[⊂F<sub>n0</sub>. Mais ceci implique que ]a, b[ ne rencontre pasG, ce qui contredit nos hypoth`eses.

On a donc G = ∅. Ainsi [0,1] ⊂ O. Mais O n’a donc qu’une seule composante connexe. Et, on a vu que cette composante connexe doit ˆetre contenue dans l’un desF_n. On en conclut finalement que la famille {F_n}_n∈I est r´eduite `a un seul ´el´ement.

6 -

On doit montrer qu’il existec une constante telle que|B(x, y)|6ckxk kyk (pour toutx, y). Notons que par lin´earit´e, il suffit de d´emontrer le r´esultat pr´ec´edent lorsquex,y sont dans la boule unit´e (respectivement de E et deF). Supposons queF soit de Banach; on peut alors utiliser le th´eor`eme de Banach-Steinhaus pour les espaces de Banach F et R en introduisant la famille {φx} des formes lin´eaires continues surF d´efinies par φ<sub>x</sub>(y) = B(x, y). On doit montrer que pour tout y ∈ F, la famille φ<sub>x</sub>(y) est born´ee. Or pour y fix´e, x7→φ<sub>x</sub>(y) =B(x, y) est une forme lin´eaire continue, donc born´ee (par une constanteC<sub>y</sub>) lorsquexd´ecrit la boule unit´e (ferm´ee)B<sub>E</sub>(0,1) deE. Le th´eor`eme de Banach-Steinhaus donne alors qu’il existe une constante c telle que pour tout x∈B_E(0,1), kφ_xk6c ce qui assure que x7−→a(x, y) est continue, donc born´ee sur B_E. Il existe donc une constantec=c(x) telle que

∀x∈BE(0,1), ∀y∈F, |φx(y)|=|B(x, y)| ≤ckyk.

Par lin´earit´e enx, on obtient le r´esultat souhait´e.

7 -

1. En fait, l’espaceE n’a aucun besoin d’ˆetre complet pour que les affirmation de l’exercice soient vraies. En effet, on va appliquer le th´eor`eme de Banch-Steinhaus avec comme espace de d´epart, non pasE, mais son dual topologiqueE⁰. Rappelons queE⁰ est toujours complet (pour la norme naturelle), et que cela n’a rien

`

a voir avec la compl´etude de E (c’est pluytˆot une cons´equence de la compl´etude de R. On va aussi utiliser le th´eor`eme de Hahn-Banach, mais celui-ci ne requiert aucune hypoth`ese de compl´etude.

SoitE⁰le dual topologique deE, muni de la normek · kE⁰ d´efinie parkφkE⁰ = sup_z∈E\{0}^|φ(z)|_kzk . C’est un espace de Banach. Pour toutxdansE, on consid`ere la forme lin´eaireTx:E⁰→Rd´efinie parTx(φ) =φ(x).

Avec ces notations, l’hypoth`ese de la question se traduit comme suit : Pour tout φ ∈ E<sup>0</sup>, il existe une constantec<sub>φ</sub> telle que sup<sub>x∈A</sub>|Tx(φ)| ≤c<sub>x</sub>. Le th´eor`eme de Banach-Steinhaus assure donc l’existence d’une constante uniforme c telle que sup_x∈Asup_φ∈E0|Tx(φ)| ≤ ckφkE⁰. Autrement dit, il existe une constantec telle que, pour tout x∈A et tout φ∈E⁰, on a |φ(x)| ≤ckφk_E⁰. Pour terminer la preuve, il ne reste plus qu’`a rappeler qu’un corollaire imm´ediat et bien connu du th`eor`eme de Hahn-Banach assure que, pour tout x∈E, il existe une forme lin´eaireφ_x∈E⁰ telle quekφ_xk_E⁰ = 1 etφ_x(x) =kxk.

2. Il suffit d’appliquer la question pr´ec´edente avec (E,k · k) = (`<sup>2</sup>(N),k · k2) et A={(a0, a1, . . . , aN,0,0, . . .)|N ∈N} ⊂`²(N).

En effet, demander que la suite (an)_n∈N soit dans `<sup>2</sup>(N) est ´equivalent `a demander que A soit une partie born´ee de E (pour la norme k · k2). Et, d’autre part, l’hypoth`ese de la question est ´egalement celle de la question 1, puisque, pour toute forme lin´eaire continueφsur`2(N), il existe une suite (bn)n∈N∈`2(N) telle queφ((an)n∈N) =P

anbn: c’est le th´eor`eme de repr´esentation de Riesz.

8 -

On note C_2π l’espace vectoriel des fonctions continues de R dans R, 2π-p´eriodiques. On munit cet espace vectoriel de la norme uniforme. Pour toutn∈N, on noteSn l’op´erateur lin´eaire deC2π dans l’ensemble des polynˆomes trigonom´etriques de degr´e≤nqui associe `a chaque fonctionf sa s´erie de Fourier d’ordren:

S_n(f) :t7→

n

X

k=−n

c_k(f)e^ikt.

1. Fixons t₀ ∈ R. Fixons n ∈ N. Remarquons que, pour tout f ∈ L¹_2π, on aS_n(f)(t₀) = _2π¹ R2π

0 D_n(t₀− s)f(s)ds. Consid´erons la fonction f₀:R→Rd´efinie par

f₀(s) =

1 siDn(t0−s)≥0

−1 siDn(t0−s)<0 La formule ci-dessus montre queSn(f0)(t0) = _2π¹ R2π

0 |Dn(t0−s)|ds= _2π¹ R2π

0 |Dn(s)|ds. La fonction f0 est de norme 1. Elle n’est pas continue, mais on peut consid´erer une suite (f0,k)_k∈Nde fonctions continues qui co¨ıncident avecf0 sur des ensembles dont la mersure tend vers 1, et telle quekf0,kk_∞= 1 pour tout k; on a alors

Sn(f0,k)(t0)→ 1 2π

Z 2π

0

|Dn(s)|ds quand n→ ∞.

Ceci montre que

sup

f∈C2π

|S_n(f)(t₀)|

kfk∞

≥ 1 2π

Z 2π

0

|D_n(t)|dt.

2. On calcule

Dn(t) =

n

X

k=−n

e^ikt=e^−int1−e^i(2n+1)t

1−e^it = sin((n+ 1/2)t) sin(t/2) .

On a donc

|Dn(t)| ≥2

sin((n+ 1/2)t) t

.

En posantu= (n+ 1/2)t, on obtient donc Z 2π

0

|Dn(t)|dt=

Z (2n+1)π

0

sinu u

du.

Il est bien connu (et facile a montrer) que l’int´egraleR+∞

^sin_u^u

dudiverge. On en d´eduit donc, en utilisant la question pr´ec´edente que|||Sn||| tend vers +∞quandntend vers +∞.

Le th´eor`eme de Banach-Steinhaus nous dit alors qu’il existe un G_δ-dense G_t0 dans C_2π telle que, pour toute fonction f ∈G_t0, la suite|S_n(f)(t₀)| n’est pas born´ee. En particulier, pour toutf ∈G_t0, la s´erie de Fourier def ne converge pas ent₀.

Soit maintenantE un sous-ensemble d´enombrable deR(par exempleE=Q). PosonsGE:=T

t0∈EGt₀. C’est une intersection d´enombrable deGδ-denses, donc un Gδ-dense. Et pour tout f ∈C2π, la s´erie de de Fourier def ne converge en aucun point deE.

Commentaire. Un th´eor`eme de L. Carleson (qui a re¸cu le prix Abel, entre autre pour ce r´esultat) affirme que la s´erie de Fourier de n’importe quelle fonction continue converge en presque tout point vers la valeur de cette fonction. R´eciproquement, Kahane et Katznelson ont montr´e que, pour tout ensembleEde mesure de Lebesgue nulle, il existe une fonctionf dont la s´erie de Fourier ne converge en aucun point deE.

9 -

Si T :E →F est surjective, alors par le th´eor`eme de l’application ouverte, il existe r >0 tel que la boule ferm´ee BF(0,1) dans F soit contenue dans l’image T(BE(0, r)) par T de la boule ferm´ee de E centr´ee `a l’origine et de rayon r. Soit S : E → F telle que kS−Tk 6 2r¹. Il suffit maintenant de montrer S est surjective. Or siy ∈BF(0,1), il existe x0 ∈BE(0, r) tel que y =T(x0) etkS(x0)−yk 6 ¹2. On en d´eduit qu’il existe ˜x1∈BE(0, r) tel queT(˜x1) = 2(y−S(x0)), d’o`u, pourx1= ˜x1/2, on akS(x0+x1)−yk61/4.

Par r´ecurrence on obtient une suite de Cauchy (xn) dans E telle que kS(PN

i=0xi)−yk 61/2^N+1. On en conclut qu’il existex∈E tel queS(x) =y et par homoth´etie, il suit queS est surjective.

10 -

Les hypoth`eses assurent queF₁×F₂ etF₁+F₂ sont des espaces de Banach. L’application F₁×F₂ −→ F₁+F₂

(y1, y2) 7−→ y1+y2

est continue surjective. Elle est donc ouverte (par le th´eor`eme de l’application ouverte). L’image du produit des boules unit´es deF1et F2 contient donc une bouleB(x, r) avecr >0. Par bilin´earit´e, il existe donc une constanteC tel que l’image du produit des boules centr´ees en 0 de rayonC dansF1et F2 contient la boule unit´e deF1+F2. Le r´esultat en d´ecoule.

11 -

On consid`ere dans l’espace de Banach E := C⁰([0,1],R), un sous-espace vectoriel ferm´e F tel que toute fonction deF soit de classeC¹.

1. Il suffit d’appliquer le th´eor`eme du graphe ferm´e : sachant queE etF sont des espaces de Banach il suffit pour montrer que T est continue de montrer que son graphe est ferm´e. Or si (f<sub>n</sub>) converge vers f et que (f<sub>n</sub><sup>0</sup>) converge versg, il est clair queg=f<sup>0</sup> par passage `a la limite dans l’in´egalit´e

fn(x) =f(0) + Z x

0

f_n⁰.

Le graphe deT est donc ferm´e par crit`ere s´equentiel de fermeture.

2. CommeT est continue, l’image par T de la boule unit´e deF est born´ee. Donc on a une borne uniforme sur la d´eriv´ee de f pour f dans la boule unit´e de F. On a donc ´equicontinuit´e puisqu’on a une borne lipschitzienne uniforme sur f par th´eor`eme des accroissements finis.

3. On en d´eduit rapidement par th´eor`eme d’Ascoli que la boule unit´e deF est relativement compacte, donc queF est de dimension finie par th´eor`eme de Riesz.