Analyse Chapitre 2 : Dualité

Analyse

Chapitre 2 : Dualité

Lucie Le Briquer 7 novembre 2018

Table des matières

1 Hilbert 2

2 Théorème de Hahn-Banach 9

3 Convergence faible et convergence faible ∗ 16

1 Hilbert

Dans la suite on se placera dans H un K−ev avec K=R ou C, on utilisera la notation z¯ qui dansRdonnez¯=z.

Un produit scalaire est une application deH×H −→Rnotée(., .)ouh., .i, telle que : 1. (x, x)>0,(x, x) = 0⇒x= 0

2. (x, λy+µz) =λ(x, y) +µ(x, z)pour toutx, y, z∈H,λ, µ∈K 3. (x, y) = (y, x)⇒(λx+µy, z) = ¯λ(x, z) + ¯µ(y, z)

Définition 1(produit scalaire)

SoitH unK−ev quelconque,(., .)produit scalaire. Pour toutx, y∈H,

|(x, y)|6p

(x, x)p (y, y) Théorème 1(Cauchy-Schwarz)

Preuve.

Soitλ∈K,|λ|= 1. On a :

06

kykx−λkxky

2

oùkzk=p (z, z).

kykx−λkxky

2

= (ykx−λkxky,kykx−λkxky)

=kyk²kxk²+kxk²kyk²− kxkkyk{(x, λy) + (λy, x)}

= 2kxkkyk kxkkyk − <(x, λy) Donc,

kxkkyk><(x, λy)

Prenonsλ= _|(x,y)|^(x,y), de sorte que(x, λy) =|(x, y)|. D’où le résultat.

Remarque.Cas d’égalité trivial.

1. kxk:=p

(x, x)est une norme.

2. kx+yk²+kx−yk²= 2kxk²+ 2kyk² Corollaire 1

Preuve.

1. • kxk= 0⇒x= 0

• kλxk=|λ|kxk

•

kx+yk²= (x+y, x+y) =kxk²+kyk²+ 2<(x, y)

C.S.6

kxk²+kyk²+ 2kxkkyk= (kxk+kyk)² 2.

kx+yk²+kx−yk²= (x+y, x+y) + (x−y, x−y)

=kxk²+kyk²+ 2<(x, y) +kxk²+kyk²−2<(x, y)

= 2kxk⁺2kyk²

H est un espace de Hilbert si c’est unK−ev muni d’un produit scalaire et s’il est complet pourk.k=p

(., .).

Définition 2(espace de Hilbert)

Exemples.

• R^d avec(x, y) =Pd i=1x_iy_i

• l²(N) = (cn)_n∈Ntels queP

n∈N|cn|²<+∞

• L²(R^d),L²(Ω)

• H¹(Ω)Sobolev

SoitH un Hilbert,A⊂H convexe et fermée.

∃!a∈A, kak= inf

x∈Akxk Proposition 1

Preuve.

∃(xn)_n∈N, kxnk −−−−−→

n→+∞ m := infAkxk. Montrons que (xn)_n∈N converge. Montrons donc que (x_n)_n∈Nest de Cauchy. On souhaite estimerkxn−x_pk.

kxn+xpk²+kxn−xpk²= 2kxnk²+ 2kxpk²

xn+xp

2

2

+

xn−xp

2

2

=kxnk²+kxpk² 2

Aest convexe donc ^xn+x₂ ^p ∈A, donc la norme de cet élément>m. Ainsi :

m²+

x_n−x_p 2

2

6kx_nk²+kx_pk² 2

n−→+∞,p−→+∞à droite−→ ^m₂² +^m₂² =m². Donckx_n−x_pk6εpourn>N,p>N. Donc(xn)n∈N converge.Afermée⇒limxn∈Aet klimxnk= infAkxk.

SoitF un s.e.v. fermé de H. Il existe PF:H −→F telle que kx−PF(x)k =dist(x, F)et x−PF(x)∈F^⊥ où :

F^⊥=

y∈H : (y, x) = 0 ∀x∈F Théorème 2

1. SiF est un s.e.v. fermé alorsH =F⊕F^⊥. 2. SiF est un s.e.v. quelconque alors(F^⊥)^⊥=F

3. SiF est un s.e.v. quelconque alorsF =H ssiF^⊥={0}.

Corollaire 2

SoitH un espace de Hilbert.∀ϕ∈H⁰,∃!f ∈H tel que ∀v∈H,ϕ(v) = (f, v).

(oùH⁰=H^∗est le dual topologique) Théorème 3(Riesz-Fréchet)

Preuve.

Soitf ∈H. On poseΘ_f(v) = (f, v).

|Θf(x)|=|(f, v)|6kfkkvk doncΘf ∈H⁰

On veut montrer que∃f ∈ H tel que ϕ= Θf. Siϕ = 0 alorsϕ = Θ0. Si ϕ6= 0 introduisons F = ker(ϕ).F est fermé carϕest continue. DoncH =F⊕F^⊥.

Montrons queF^⊥ est de dimension 1. Soit x, y∈F^⊥,x6= 0 et y6= 0. On pose z=y− ^ϕ(y)_ϕ(x)x.

ϕ(x)6= 0 carx∈F^⊥ et x6= 0⇒x /∈F ⇒ϕ(x)6= 0. On aϕ(z) = 0doncz∈F = ker(ϕ). Mais on a aussiz∈F^⊥ puisque y∈F^⊥,x∈F^⊥ et F^⊥ s.e.v.

Finalementz∈F∩F^⊥={0}, doncz= 0ainsiy=λx⇒ F^⊥=Kx.

On choisit ensuite f ∈ F^⊥ tel que ϕ(f) = kfk², alors ϕ(f) = (f, f). Donc ϕ =θ_f sur F^⊥ et

ϕ=θ_f surF (=0). Finalementϕ=θ_f surH.

(xn)_n∈N suite dans un espace de Hilbert. On dit que(xn)converge faiblement versxsi

∀ϕ∈H⁰ ϕ(xn)−−−−−→

n→+∞ ϕ(x)

⇔ ∀f ∈H, (f, x_n)−−−−−→

n→+∞ (f, x) On notexn* x.

Définition 3(convergence faible)

Remarque.

• kxn−xk −−−−−→

n→+∞ 0 ⇒ x_n* x

• sixn*0, alors(xn)est bornée (Banach-Steinhaus)

Exemple.en:x7→e^inx,n∈N.en*0dansH =L²(S¹)puisque

∀f ∈L²(S¹), (f, e_n) = Z 2π

0

f(x)e^−inxdx−−−−−→

n→+∞ 0

La boule unité n’est pas compacte en dimension infinie.

Rappels 1

SoitHun espace de Hilbert. De toute suite bornée on peut extraire une sous-suite faiblement convergente.

Théorème 4

Preuve.

Soit(xn)une suite bornée. Alors(x0, xn)n∈Nest bornée dansK. Donc∃θ0croissante,θ0:N−→N telle que(x0, xθ₀(n))converge.

(x₁, x_θ0(n))est bornée⇒ ∃θ1 . . .

On construit(x_k, x_{θ0◦...◦θk(n)})_n qui converge.

Principe d’extraction diagonale, on pose :

yn =x_{θ0◦...◦θn(n)}

Alors(xk, yn)n converge pour tout k. Donc (x, yn)n converge pour tout x∈ Vect{xk :k ∈ N} notéE. NotonsU(x)la limité de(x, yn)pour x∈E. U:E−→Kest linéaire.

|U(x)|6

sup

n∈N

kynk

kxk 6

sup

n∈N

kxnk

| {z }

<+∞par hyp

kxk

On peut alors étendreU qui est uniformément continue surU: E−→K.

(E,(., .))s.e.v fermé dans un Hilbert, est un Hilbert. Par Riesz-Fréchet,∃f ∈E tel que : U(x) = (f, x)∀x∈E

Ainsi surE,(yn, x)−→(f, x), surE^⊥,0−→0. Donc surH =E⊕E^⊥ on a : (yn, x)−−−−−→

n→+∞ (f, x)

(en)_n∈Ntelle que(en, em) =δ_n^m.∀f ∈H,

+∞

X

n=0

|(f, en)|²6kfk² Propriété 1(inégalité de Bessel)

Preuve.

PosonsSNf =PN

n=0(f, en)en. On a : 1.

kSNfk²= X

n∈N

(f, en)en,X

m∈N

(f, em)em

!

=X

n

X

m

(f, e_n)(f, e_m)(e_n, e_m)

=X

n

|(f, en)|²

2.

(SNf, f) = X

n∈N

(f, en)en, f

!

=X

n∈N

(f, e_n)(e_n, f)

=X

n∈N

|(f, e_n)|²

DonckSNfk²= (SNf, f)6kSNfkkfk, ainsikSNfk6kfk. donc : kSNfk²=

N

X

n=0

|(f, en)|²6kfk²

puis passage à la limite.

SoitH un espace de Hilbert. Soit(en)_n∈Ntelle que(en, em) =δ_n^m. On a équivalence entre : 1. Vect{e_n :n∈N}est dense

2. ∀f ∈H,kfk²=P+∞

n=0|(f, en)|² 3. ∀f ∈H,

P

n6N(e_n, f)e_n

N

converge versf 4. ∀f ∈H si(f, e_n) = 0pour toutnalorsf = 0 Théorème 5

Une telle famille(en)n∈Nest appelée base Hilbertienne.

Définition 4(base hilbertienne)

Preuve.

(3)⇒(1): immédiat (3)⇒(4): immédiat

(2)⇒(3): on a vu que (SNf, f) =kSNfk², donckf−SNfk²=kfk²− kSNfk² (1)⇒(2): exercice

(4)⇒(3): on posea_n= (e_n, f)et S_Nf =PN

0 a_ne_n. On a : kS_N⁰f −S_Nfk²=

N⁰

X

N+1

|a_n|²

Par Bessel on a(a_n)∈l²alorsS_Nf est de Cauchy. Comme on est dans un Hilbert,S_Nf converge, notonsf⁰ la limite. On a :

(e_n, f⁰) =a_n car(e_n, S_Nf) =a_n pourN > n

Donc(en, f⁰) = (en, f)∀n⇒f⁰−f = 0par(4). DoncSNf converge versf.

en: x7→e^in·x n∈Z^d où n·x=n1x1+. . .+ndxd.(en)_n∈Zd est une base Hilbertienne de L²(T^d)

Théorème 6

Remarque.L²(T^d) est l’ensemble des fonctions de R^d −→ C 2π−périodiques par rapport à chaque variable,

Z

[0,2π]^d

|f(x)|²dx <+∞

Espace quotienté par équivalence presque partout.

T¹=S¹le cercle, T^d=S¹×. . . S^d

Preuve.

(e^in·x)_Zd base Hilbertienne deL². On utilise(4). Montrons que si (f, e_n) = 0pour tout n∈Z^d alors f = 0. Il suffit alors de démontrer que les polynômes trigonométriques Vect{en, n∈ Z^d} sont denses dansL²(T^d). En effet, si c’est vrai, alors(f, e_n) = 0 ⇒ (f, P) = 0∀P ∈Vect{en} ⇒ (f, f) = 0 ⇒f = 0.

En fait il suffit de montrer que Vect{en}dense dansC⁰(T^d,C)pour la normek.k∞= sup_Td|f(x)|

car(C⁰,k.k∞)dense dansL²(T^d). Ce qui suit de Stone-Weierstrass (cf. TD).

Soitf ∈L²(T^d). Pour toutn∈Z^d on introduit : fˆ(n) = (e_n, f) = 1

(2π)^d Z

f(x)e^−in·xdx (g, f) = _(2π)¹_dR

g(x)f(x)dx. AlorsS_Nf =P

|n|6Nfˆ(n)e_n converge versf dansL²(T^d). De plus,

1 (2π)^d

Z

|f(x)|²dx= X

n∈Z^d

|fˆ(n)|² Corollaire 3

Preuve.

Théorème + définition base Hilbertienne.

Il existe une fonction continue périodique telle que sa série de Fourier diverge en 0.

Proposition 2

Preuve.

f:R−→C2π−périodique.

SNf =

N

X

n=−N

fˆ(n)e^inx série de Fourier def

SNf = 1 2π

N

X

n=−N

Z 2π

0

f(y)e^−inydy

e^inx

On peut réécrire :

SNf(x) = Z 2π

0

DN(x−y)f(y)dy oùD_N(x) =PN

n=−N 1

2πe^inx= _2π^{1 sin}((^N+1₂)^x)

sin(^x₂) .

On montre qu’il existef telle que(SNf)(x= 0)ne converge pas. Il suffit de montrer qu’il existe f telle que (SNf)(0)

N est non bornée. Introduisons : l_N:

C⁰ −→ C f 7−→ (S_Nf)(0)

Les (ln) sont des formes linéaires continues. On veut (lN(f)) non bornée ⇔ (lN)N n’est pas simplement bornée. D’après Banach-Steinhaus, il suffit donc de montrer que(lN)n’est pas bornée dansC^0∗.

Montrons queklNk_L(C⁰,C)est non bornée.

lN(f) = (SNf)(0) = Z 2π

0

DN(−y)f(y)dy

= Z 2π

0

DN(y)f(y)dy

Donc|lN(f)|6kDNk_L1kfk_L^∞. DoncklNk_L(C0,C)6kDNk_L1. Posons : fε= DN

|DN|+ε ∈ C⁰ Pourε−→0,l_n(f_ε)−−−−−→

ε→+∞

R2π

0 |DN(y)|dy,∀N. Ainsi : klNk_L(C0,C)=kDNk_L1

OrkDNk_L¹ −−−−−→

N→+∞ +∞. En effet : kD_Nk_L1 = 1

2π Z 2π

0

sin N+¹₂ x

sin ^x₂

dx

= 1 2π

Z π

−π

sin N+¹₂ x

sin ^x₂

dx

= 1 π

Z π

0

sin N+¹₂ x

sin ^x₂

dx

> 1 π

Z π

0

sin N+¹₂ x

x 2

dx

Donc finalement,

kD_Nk_L1 > 2 π

Z (^N+12)^π

0

|sin(y)|

|y| dy−−−−−→

N→+∞ +∞

2 Théorème de Hahn-Banach

Résultats d’existence de formes linéaires continues.

(X, d),(Y, δ)deux espaces métriques.D dense dansX,g:D−→Yuniformément continue, (Y, δ)complet. Alors il existe˜g:X −→Y continue telle queg|˜_D=g.

Lemme 1

Preuve.Vue en TD.

SoitE unR−ev normé,F ⊂E un s.e.v. etf:F −→Rune forme linéaire continue. Alors il existeg:E−→Rlinéaire continue telle que g|F =f et kgkE^∗=kfkF^∗.

Théorème 7(Hahn-Banach)

Remarque.Il y a des généralisations, voir [Brézis]

Preuve.

On suppose de plus queEest séparable ; il existe une famille{e_n}_n∈N^∗dense dansE. On introduit {Fn}_n∈Ns.e.v. deE définis par :

F0=F Fn=Vect F∪ {e1, . . . , en} Fn⊂Fn+1mais (Fn=Fn+1 “souvent”).

On veut une suitef_n: F_n −→Rtelle quef₀=f, f_n|_Fn−1 =f_n−1 et kf_nk_F^∗

n =kf_n−1k_F^∗

n−1. On pose ensuiteg(x) =fn(x)six∈Fn.

Remarque.X⁰ ou X^∗ est le dual topologique : λ ∈ X^∗ ssi λ:X −→ K, λ linéaire continue kλkX^∗= sup_kxkX61|λ(x)|<+∞.

On construit(fn)par récurrence :

• Si Fn =F_n−1alors on pose fn=f_n−1

• Sinon, dans ce casen∈/F_n−1, et on peut décomposeru∈Fn sous la forme : u=x+ten, x∈Fn−1, t∈R

On cherche fn sous la formefn(u) =fn−1(x) +tan, an ∈R. fn forme linéaire,fn|Fn−1 =fn−1

et f_n continue. Il faut montrer que l’on peut choisir a_n tel que kfnkF_n^∗ = kfn−1kF_n−1^∗ . Par la propriété de restriction on a déjàkfnkF_n^∗>kf_n−1kF_n−1^∗ . Montrons donc que :

kfnkF_n^∗6kf_n−1kF_n−1^∗

⇔ ∀u∈F_n, |fn(u)|6kfn−1kF_n−1^∗ kkuk

⇔ ∀x∈F_n−1, ∀τ∈R, |f_n−1(x) +τ an|6kf_n−1kF_n−1^∗ kx+τ enk

⇔ ∀x∈F_n−1, ∀t >0,

f_n−1(x) +ta_n6kf_n−1k_F^∗

n−1kx+te_nk fn−1(x)−tan6kfn−1kF_n−1^∗ kx−tenk (x∈F_n−1 ssi−x∈F_n−1). Commet⁻¹F_n−1=F_n−1, on a :

⇔ ∀w∈Fn−1,

f_n−1(w) +an6kf_n−1kF_n−1^∗ kw+enk f_n−1(w)−a_n6kfn−1kF_n−1^∗ kw−e_nk

⇔

a_n 6M_n a_n >m_n où

Mn= inf_w∈Fn−1

kf_n−1kkw+enk −f_n−1(w) mn= sup_w0∈Fn−1

f_n−1(w⁰)− kf_n−1kkw⁰−enk

Or∀w, w⁰∈F_n−1,

f_n−1(w) +f_n−1(w⁰) =f_n−1(w+w⁰)6kf_n−1kkw+w⁰k6. . .6kf_n−1k

kw+enk+kw⁰−enk Donc,

f_n−1(w⁰)− kf_n−1kkw⁰−enk6kf_n−1kkw+enk −f_n−1(w)

Puis en passant ausupenw⁰et à l’inf enwon a finalementmn 6Mn. Ainsi le nombrean=mn

convient.

SoitE un ensemble non vide.est une relation d’ordre si c’est une relation binaire surE, réflexive, antisymétrique et transitive.

Définition 5(relation d’ordre)

(E,)est totalement ordonné si tous les éléments deE sont comparables :

∀x, y, on axy ouyx Définition 6(totalement ordonné)

Exemple.E ={∅, C₀^∞(R), L¹(R), L²(R)} est ordonné pour l’inclusionxy six⊂y mais pas totalement ordonné.

(E,)est inductif si toute partie totalement ordonnée admet un majorant.

Définition 7

Tout ensemble ordonné, inductif admet un élément majorant.

Lemme 2(Zorn)

Preuve.Admis.

Preuve.(de Hahn-Banach à partir du lemme de Zorn)

On introduit P l’ensemble des prolongements possibles de f; un élément de P est un couple ( ˜F ,f˜)tel que :

1. F˜⊂E, s.e.v.,F ⊂F˜

2. f˜: ˜F −→Rlinéaire continue etkf˜k=kfk Alors :

• P est non vide puisque(F, f)∈ P

• P est ordonné pour la relationdéfinie par :

(G₁, g₁)(G₂, g₂)ssiG₁⊂G₂ etg₂|_G1=g₁

• P est inductif car si(Gα, gα)_α∈A est une partie totalement ordonnée, on pose : G=S

α∈AGα

g:G−→R, x7−→gα(x)six∈Gα

D’après le lemme de Zorn, il existe un élément maximal(G, g). AlorsG=E. Sinon il existerait e∈E\Get on pourrait définir f˜surG⊕Recomme précédemment, qui prolongeg, absurde.

Remarque.En fait on a montré un résultat plus général :

ER−e.v.,ρ:E−→[0,+∞[ telle que :

• ρ(x+y)6ρ(x) +ρ(y)x, y∈E,

• ρ(λx) =λρ(x)pourx∈E, λ >0

Soitf:F −→Rforme linéaire avecF s.e.v. telle quef(x)6ρ(x), ∀x∈F. Alors il existe f˜:E−→Rlinéaire telle quef˜|_F =f etf˜(x)6ρ(x)∀x∈E.

Théorème 8

Preuve.Remplacer k.k parρdans la démonstration précédente.

ER−e.v.n.,u∈E,u6= 0. Il existel∈E^∗tel que klk_E^∗= 1et l(u) =kuk. En particulier : kuk= sup

l∈E^∗,klk_E∗=1

|l(u)|

Corollaire 4

Preuve.

F =Ru

f:

F −→ R tu 7−→ tkuk

D’après Hahn-Banach, il existel:E−→Rtelle quel|F =f et klkE^∗=kfkF^∗. Donc : klkE^∗ = sup

x∈F,x6=0

|f(x)|

kxkF

= sup

t∈R^∗

tkuk ktuk = 1

l(u) =f(u) =kuk.

ER−e.v.n.,F un s.e.v. fermé. Soitu∈E\F. Il existel∈E^∗ telle que : l(u) = 1

l(w) = 0 ∀w∈F Corollaire 5

Preuve.

On introduit l’espace quotientE/F et la norme quotient (rappel :E/F est l’ensemble des classes d’équivalence pour la relation d’équivalence.v∼wssiv−w∈F). Alors :

˙

v={w∈F |v∼w}=v+F={v+x; x∈F}

On pose :

kvk˙ _E/F = inf

w∈v˙kwk_E Alors,

kwk˙ E/F = inf

x∈Fkw+xkE= inf

x∈Fkw−xkE=dist(w, F) On vérifie que c’est une norme. On définit :

f:

Ru˙ −→ R tu˙ 7−→ t

Alors f est continue et d’après Hahn-Banach il existe ˜l: E/F −→ R qui prolonge f avec k˜lk_(E/F)^∗=kfk. On définit ensuitel:E−→Rparl(v) = ˜l( ˙v). Alorsl(u) = ˜l( ˙u) =f( ˙u) = 1 et siw∈F,l(w) = ˜l( ˙0) = 0. De plus,lest continue car :

|l(v)|=|˜l( ˙v)|6k˜lkkvk˙ 6k˜lkkvk carkvk˙ =dist(v, F)6kvkpuisque0∈F. Donc :

sup

v6=0

|l(v)|

kvk <+∞ ⇒ lcontinue

ER−e.v.n. etF⊂E s.e.v. AlorsF est dense si et seulement si :

∀l∈E^∗, l|F = 0 ⇔ l= 0 Corollaire 6

Preuve.Immédiat.

Remarque.Généralise F s.e.v. deH Hilbert dense ssiF^⊥={0}.

Soit(an)une suite de nombres réels dans ]1,+∞[telle que an −−−−−→

n→+∞ +∞. On introduit f_an ∈C⁰([0,1]) définie parf_an(x) =_x−a¹

n. Alors, Vect

f_an:n∈N est dense dansC⁰([0,1]) Proposition 3

Preuve.

Remarque : C⁰([0,1]) est séparable. Soit µ une forme linéaire continue C⁰([0,1])^∗ telle que µ(fa_n) = 0, montrons que µ = 0. La série P

k>0 x^k

a^k_n converge normalement sur [0,1] vers

1

1−_an^x =−a_nf_an(x). Donc :

X

k>0

µ(x7→x^k) a^k_n = 0 µ(P) =P(µ)car convergence normale. Posonsϕ(z) =P

k∈Nµ(x7→x^k)z^k. La suite|µ(x7→x^k)|

est bornée par :

kµkkx7→x^kk_C0([0,1])=kµk ×1 =kµk Doncϕest holomorphe sur{|z|<1}. Par ailleurs :

ϕ 1

an

=X

k>0

µ(x7→x^k) a^k_n = 0 Comme _a¹

n −−−−−→

n→+∞ 0 on a nécessairementϕ≡0 (théorème des 0 isolés). Doncµ(x7→x^k) = 0

∀k∈N. Or Vect{x7→x^k:k∈N} est dense (Weierstrass) dansC⁰([0,1]). Doncµ≡0.

ER−e.v.n.A, B convexes, non vides etA∩B=∅.

1. SiA est ouvert, il existef ∈E^∗\{0} telle que : sup

A

f 6inf

B f (séparation par un hyperplan)

2. SiA est fermé etB compact,∃f ∈E^∗ telle que : sup

A

f <inf

B f Théorème 9(Hahn-Banach géométrique)

Preuve.

1. (a) Aouvert,0∈A,B={u} singleton. On noteµla jauge de Minkowski : µ(x) = inf{t >0 :x∈tA}

Alors (déjà vu),

i. µ(x+y)6µ(x) +µ(y) (x, y∈E) ii. µ(λx) =λµ(x) (λ>0, x∈E) iii. A=µ⁻¹([0,1[)

On introduitf˜:

Ru −→ R

tu 7−→ t . Alorsf˜est une forme linéaire surRuet : f˜(tu)6µ(tu)

car pour t > 0, f˜(tu) = t 6 tµ(u) = µ(tu) puisque µ(u) > 1 puisque u /∈ A car A∩B=∅. Pour t <0, évident puisf˜(tu)60 etµ(tu)>0.

D’après la version de Hahn-BanachThéorème 8, il existef:E −→R telle quef est linéaire,f|_Ru= ˜f etf(x)6µ(x)∀x∈E. Alors∀x∈A, on af(x)6µ(x)61 =f(u), doncsup_Af 6infBf.

Montrons quef est continue.∃R >0,BE(0, R)⊂A, on a : sup

BE(0,R)

f 6f(u)

Donc f(x)6f(u)∀x∈ B_E(0, R) doncf(−x)6f(u) ∀x∈ B_E(0, R) ainsi−f(x)6 f(u)∀x∈ B_E(0, R). Finalement |f(x)|6f(u)∀x∈ B_E(0, R). Doncf ∈E^∗.

(b) A ouvert, B quelconque, A 6= ∅, B 6= ∅. Prenons a ∈ A et b ∈ B. On pose C = A−B−a+b.C est convexe, ouvert et contient0. On applique (a) avecCet{a−b}.

2. Afermé, B compact. Soitε >0. Notons :

A_ε={x∈E:dist(x, A)< ε} B_ε={x∈E:dist(x, B)6ε}

A_εet B_εsont des convexes.A_ε est ouvert etA_ε∩B_ε=∅ pourεassez petit. En effet soit x∈A_ε,y∈A_ε,λ∈[0,1].

∃a1∈A| kx−a₁k< ε ∃a2∈A| ky−a₂k< ε Alors,

kλx+ (1−λ)y−(λa₁+ (1−λ)a₂)k6λkx−a₁k+ (1−λ)ky−a₂k< ε

et λa1+ (1−λ)a2 ∈ A ⇒ dist(λx+ (1−λ)y, A) < ε). Donc Aε convexe, de même Bε

convexe.

Aε est bien ouvert : si x∈ Aε, ∃a∈ A tel que kx−ak < ε donc kx+y−ak < ε pour y∈ BE(0, δ)avecδ= ^ε−kx−ak₃ .

Enfin montrons queAε∩Bε=∅ pourεassez petit. Par l’absurde :

∃an∈A, bn∈B | kan−bnk6 1 n

Bcompact,Afermé. On extrait donc(b_θ(n))convergente, alors(a_θ(n))converge⇒A∩B 6=∅ absurde. Ainsi par le cas 1.∃f ∈E^∗ telle quesup_Aεf 6infB_εf,

⇒ ∀a∈A, ∀b∈B, ∀w, w⁰ ∈ B_E(0,1) f(a+εw)6f(b+εw⁰) Donc :

f(a) +ε sup

w∈BE(0,1)

f(w)6f(b) +ε inf

BE(0,1)

f(w⁰)

Orsup_w∈BE(0,1)f(w) = sup_w∈BE(0,1)|f(w)|=kfketinf_w⁰_∈BE(0,1)f(w⁰) =−sup_BE(0,1)|f(w⁰)|=

−kfk. Donc :

f(a) +εkfk6f(b)−εkfk D’où :

sup

A

f 6inf

B f −2εkfk ⇒ sup

A

f <inf

B f

3 Convergence faible et convergence faible ∗

(E,k.kE)espace normé réel.E^∗ dual topologique.

kfkE^∗= sup

kxk_E61

|f(x)|

(E^∗,k.kE^∗)est de Banach. On rappelle queL(E, F)est de Banach dès queF est de Banach (ici Rest complet).

X ensemble,T ⊂ P(X)est une topologie si : 1. T contient∅ etX

2. T est stable par réunion quelconque 3. T est stable par intersection finie Définition 8(topologie)

Remarques.

• P(X)est une topologie surX

• Si T₁et T₂sont deux topologies alorsT₁∩ T₂est une topologie. En fait si(T_α)_α∈A est une famille de topologies, alorsT

α∈AT_αest une topologie.

En particulier, siA ⊂ P(X)alors :

TA:= \

τtop surX,A⊂τ

τ

est une topologie. AlorsTAest la topologie engendrée parA, c’est la plus petite topologie surX contenantA.

Corollaire 7

T_Aest la réunion de∅, X et de toutes les réunions d’intersections finies d’éléments deA.

Proposition 4

Preuve.

B:= intersections finies d’éléments de A

∪X. Soit τ ={U ∈ P(X) :∀x∈U,∃V ∈ Btqx∈ V ⊂ U}. Alors τ = réunions d’éléments de B. Alors τ est une topologie (en exercice). τ est minimal : siT est une topologie qui contient A,τ⊂ T. Doncτ=TA. SoientX un ensemble,(Y,TY)un espace topologique et F={fα:X −→Y}_α∈A une famille de fonctions. On cherche la topologique minimale surX qui rende toutes lesfα continues. Posons :

A=

f_α⁻¹(U);α∈A, U∈ TY

On poseTF=TAla topologie induite par F surX.

SoitE un e.v.n.,E^∗ son dual.

1. La topologie faible surE, noté σ(E, E^∗)est : σ(E, E^∗) :=TE^∗

(topologie minimale qui rende continues les formes linéairesf:E−→R)

2. On noteE^∗∗= (E^∗)^∗appelé le bi-dual deE. La topologie faible surE^∗estσ(E^∗, E^∗∗).

3. La topologie faible-∗ surE^∗, notéeσ(E^∗, E), est la topologie induite par la famille : F :={Jx;x∈E} oùJ_x:E^∗−→RavecJ_x(f) =f(x)

Définition 9(topologie faible, topologie faible-∗)

On dit queE est réflexif siJ:E −→ E^∗∗ est un isomorphisme (J linéaire, bijective, J⁻¹ linéaire,J etJ⁻¹ continues). Dans ce casσ(E^∗, E^∗∗) =σ(E^∗, E).

Définition 10

Remarque.Il existe un espace non réflexif mais isomorphe à son bi-dual.

J:E−→E^∗∗ est toujours une isométrie

kJxkE^∗∗=kxkE

En particulier,E est réflexif ssi J:E−→E^∗∗ est surjective.

Proposition 5

Preuve.

On utlise leCorollaire 4de Hahn-Banach : kxkE= sup

kfkE∗=1

|f(x)|

Donc,

kxkE= sup

kfkE∗=1

|Jx(f)|=kJxkE^∗∗

On note quex7→Jxest linéaire.

1. σ(E, E^∗)⊂ T_k.kE

2. σ(E^∗, E)⊂σ(E^∗, E^∗∗)(=si réflexif) 3. σ(E^∗, E)séparée

4. σ(E, E^∗)séparée Proposition 6

Preuve.

1. Par définiton.

2. Par définiton.

3. Soit f ∈E^∗ et f⁰ ∈ E^∗ avec f 6=f⁰. Il existex ∈E, f(x) 6=f⁰(x). Posonsε =|f(x)− f⁰(x)|>0et :

V :=n

g∈E^∗ : |g(x)−f(x)|< ε 2 o

V⁰:=n

g⁰∈E^∗ : |g⁰(x)−f⁰(x)|<ε 2 o

Alorsf ∈V,f⁰∈V⁰,V ∩V⁰=∅etV, V⁰∈σ(E^∗, E)(puisqu’ils s’écrivent en fonction des fonctions d’évaluation).

4. On utilise leThéorème 9Hahn-Banach géométrique. Soitx, y∈E,x6=y. On poseA={x}, B ={y}. Alors A est convexe et compact, B est convexe et fermé. Il existe f ∈E^∗ telle que :

sup

A

f <inf

B f

D’où f(x) < f(y). Alors on pose λ = ¹₂(f(x) +f(y)). Soit U = f⁻¹(]− ∞, λ[) et V = f⁻¹(]λ,+∞[). On ax∈U, y∈V, U ∩V =∅et U, Y ouverts deσ(E, E^∗).

1. (E, σ(E, E^∗))est un e.v.t.

2. (E^∗, σ(E^∗, E))est un e.v.t Proposition 7

Preuve.En exercice.

En dimension finie,

σ(E, E^∗) =T_k.kE Corollaire 8

Soit(xn)n∈Nsuite de points deE.

1. On dit que(xn)c.v. fortement versxsikxn−xk −−−−−→

n→+∞ 0. On notexn −−−−−→

n→+∞ x.

2. On dit que(xn)c.v. faiblement vers xsi f(xn)−−−−−→

n→+∞ f(x) pour tout f ∈ E^∗. On notexn* x.

Définition 11(suites)

(x_n)suite de points deE un espace de Banach réel.

1. xn −→x ⇒ xn * x

2. xn * xssi(xn)converge versxpourσ(E, E^∗) 3. x_n * xet x_n * x⁰ ⇒x=x⁰

4. six_n * xalors(x_n)est bornée dansE et kxk6limkx_nk Proposition 8

Preuve.

1. Six_n −→xet f ∈E^∗ alorsf(x_n)−→f(x)par continuité def. Doncx_n* x.

2. Supposonsxn * x. SoitV un voisinage dexdansσ(E, E^∗). On veut montrer quexn∈V à partir d’un certain rang. On peut supposer queV est de la forme :

V =

N

\

i=1

f_i⁻¹(Vi), N∈N^∗, fi∈E^∗, Vi voisinage defi(x) x_n * x ⇒ ∀f ∈ E^∗, f(x_n)−−−−−→

n→+∞ f(x). Donc ∀i ∈ {1, . . . , N}, ∃Ni ∈ N tel que x_n ∈ f_i⁻¹(Vi)pourn>Ni. Doncx∈V pourn>max16i6NNi. Donc(xn)converge versxpour σ(E, E^∗).

Réciproquement si (x_n) c.v. versx pour σ(E, E^∗), comme f: E −→Rest continue pour σ(E, E^∗)pour toutf ∈E^∗, on af(xn)−→f(x)doncxn* x.

3. Carσ(E, E^∗)est séparée.

4. Montrons que six_n* xalors(x_n)est bornée (Banach-Steinhaus). Soit : Tn:

E^∗ −→ R f 7−→ f(x_n)

xn* x⇒f(xn)−→f(x)et a fortiorif(xn)est bornée. Donc(Tn(f))_n∈Nest bornée pour tout f ∈E^∗. La famille(Tn)_n∈N est simplement bornée. Donc(Tn)_n∈Nest bornée d’après Banach-Steinhaus :

∃c >0, ∀n∈N, ∀f ∈E^∗, |Tn(f)|6ckfkE^∗

Donc|f(xn)|6ckfkE^∗ pour toutf ∈E^∗. Or : kxnkE= sup

klk_E∗=1

|l(xn)|

d’après Hahn-Banach (analytique), d’oùkxnkE6c. La suite est donc bornée.

SoitE un e.v.n. réel etC convexe de E. AlorsC est faiblement fermé ssiC est fortement fermé. En particulier, sixn ∈Cet xn * xon a x∈C pourC convexe fortement fermé.

Proposition 9

Preuve.

⇒ : Tout ouvert faible est un ouvert fort (σ(E, E^∗)⊂ T_k.kE) donc tout fermé faible est fermé fort (sans besoin de convexité).

⇐ : Montrons que C convexe fortement fermé ⇒C faiblement fermé. Montrons que E\C est faiblement ouvert. Montrons queE\C est un voisinage de chacun de ses points pourσ(E, E^∗).

Soitx0∈E\C. Alors{x0} et Csont deux convexes disjoints. C est fermé etx0 compact. Donc

∃f ∈E^∗,∃λ∈Rtel que :

∀x∈C, f(x)< λ < f(x0)

AlorsU ={x∈E | f(x)> λ}est un ouvert faible, contenantx0, inclus dansE\C. DoncC est

faiblement fermé.

SoientE, F espaces de Banach réels.T:E−→F est fortement continue ssiT est faiblement continue.

Proposition 10

Preuve.

⇒: T fortement continue ⇒T faiblement continue⇐ :T faiblement continue⇒ T fortement continue. E et F sont des espaces de Banach, on peut donc appliquer le théorème du graphe fermé.

G(T) ={(x, y)∈E×F : y=T x}

Montrons queG(T) est fermé. Notons queG(T)est convexe. Il suffit de montrer que G(T) est faiblement fermé.

G(T) =φ⁻¹({0}) oùφ(x, y) =y−T x

φest faiblement continue doncφ⁻¹({0})est faiblement fermé.

1. fn −→f fortement dansE^∗ssikfn−fkE^∗−→0

2. fn * f faible-∗ssifn(x)−→f(x)∀x∈E (c’est la convergence simple) Définition 12(convergence faible-∗)

SoitE un e.v.n. réel.

1. fn −→f fortement⇒fn* f faible-∗

2. fn * f faible-∗ssi(fn)c.v. versf pourσ(E^∗, E) 3. fn * f faible-∗et fn* f⁰ faible-∗ ⇒f =f⁰ 4. f_n * f faible-∗ ⇒(f_n)bornée dansE^∗ Proposition 11

Preuve.Analogue à la démonstration deProposition 8.

Remarque.Réciproquement (fn)n bornée dans E^∗, existence d’une sous-suite qui converge faiblement-∗?

SoitE un espace de Banachséparable (version non séparable : Banach-Bourbaki-Alaoglu).

Toute suite bornée dansE^∗admet une sous-suite qui converge faiblement-∗.

Théorème 10(Banach-Alaoglu)

Preuve.

D={ej}j∈Npartie dense dansE.(fn(e0))est bornée car|fn(e0)|6kfnkE^∗ke0kEet(fn)bornée dansE^∗. Donc il existe une extractionθ₀ telle que f_θ0(n)(e₀)

n∈Nconverge.

On construite de proche en procheθk:N−→Ncroissante telle que : f_{θ0◦...◦θk(n)}(e_k)

converge

Posons g_n =f_{θ0◦...◦θn(n)}. Alors (g_n(e))_n∈N converge pour toute ∈ D. On note g:D −→ Rla limite. Comme(gn)n est bornée dansE^∗,∃M >0 tel que :

∀x∈E, |gn(x)|6MkxkE (M = sup

n∈N

kfnkE^∗) . . .

Montrons quegn(x)−−−−−→

n→+∞ ˜g(x)∀x∈E. Soitx∈E,ε >0,∃e∈D tel que : Mkx−ek_E 6ε

3

∃N ∈Ntel que∀n>N,|gn(e)−˜g(e)|< ^ε₃. Donc sin>N, on a :

|gn(x)−˜g(x)|6|gn(x)−gn(e)|

+|gn(e)−g(e)|˜ +|˜g(e)−g(x)|

Doncg_n,g M˜ −lipschitzienne implique que :

|gn(x)−g(x)|˜ < Mkx−ekE+ε

3 +Mkx−ekE< ε

On montre que˜gest linéaire.

SoitEun espace de Banach réflexif dont le dual est séparable. Alors toute suite(xn)bornée dansEadmet une sous-suite faiblement convergente.

Corollaire 9

Preuve.

Soit(x_n)bornée dansE. Alors(J_xn)est bornée dansE^∗∗. Par hypothèseE^∗est séparable. Donc par Banach-Alaoglu,∃θ:N−→Ncroissante tel que(J_xθ(n))converge faiblement-∗versλ∈E^∗∗. Ce qui signifie par défnition que :

Jx_θ(n)(f)−−−−−→

n→+∞ λ(f) ∀f ∈E^∗

Donc :

f(x_θ(n))−−−−−→

n→+∞ λ(f) ∀f ∈E^∗

Or E est réflexif, donc J: E −→ E^∗∗ est surjective. Donc ∃x ∈ E tel que λ = Jx. Donc λ(f) =f(x). Ainsif(xθ(n))−→f(x)∀f ∈E^∗ i.e.xθ(n)* xdansE.

Ω⊂Rⁿ ouvert.

1. Si16p <+∞,L^p(Ω)est séparable.

2. Si 1 6 p < +∞, et q = _p−1^p l’exposant conjugué, alors pour toute forme linéaire Λ :L^p(Ω)−→Rcontinue,∃f ∈L^q(Ω)telle que :

Λ(u) = Z

Ω

f(x)u(x)dx Théorème 11

Preuve.C.f. mail

∃forme linéaireΛ :L^∞(R)−→Rtelle queΛ6=θf oùθf(u) =R

Rf udxpour toutf ∈L¹(R).

Proposition 12

Preuve.

Introduisons

F ={u∈C⁰(R) : ubornée et lim

∞ uexiste et dans R}

Notons l:F −→R, l(u) = lim_+∞u. |l(u)| 6kuk_L∞(R). Par Hahn-Banach, ∃Λ :L^∞(R)−→ R telle queΛ|F =l.

Soitξ∈R,ε >0alors :

cos(nξ)e^−εx2 ∈F et sin(nξ)e^−εx2∈F Alors,

Z

R

f(x) cos(xξ)e^−εx2dx=θf cos(xξ)e^−εx2

= Λ cos(xξ)e^−εx2

=l cos(xξ)e^−εx2

= 0 Commef ∈L¹(R), par convergence dominée,

Z

f(x) cos(xξ)e^−εx2dx−−−→

0→0

Z

f(x) cos(xξ)dx DoncR

f(x) cos(xξ)dx= 0. De mêmeR

f(x) sin(xξ)dx= 0. Donc∀ξ∈R, f(ξ) =ˆ

Z

f(x)e^−ixξdx= 0

Orf ∈L¹et fˆ= 0⇒f = 0. Doncθ_f =θ₀= 0. Orl6= 0, doncΛ6= 0. Absurde.