Analyse Fonctionnellecimas.uca.ma/.../diapo/talk_analyse_fonctionnelle.pdf · 2020. 3. 19. ·...

Analyse Fonctionnelle

Mohammed Hassani

Université Cadi Ayyad

Faculté Polydisciplinaire de Safi

Département de Mathématiques et Informatique

2019—2020

Chapitres 0

Introduction

Mohammed Hassani Analyse fonctionnelle — S6 FP-Safi Dépt. de Maths & Info – SMA — S6 2/214

Préface

Ce polycopie d’analyse fonctionnelle est destiné aux étudiants delicence en mathématiques et applications SMA. Il est rédigé à mafaçon toute en gardant le livre de H. Brezis : « Analyse fonctionnelle,Théorie et applications. » à la portée de ma main.Le but de ce cours est de donner des notions et des théorèmestopologiques et algébriques abstraits qui constituent des outilsmathématiques essentiels pour entamer les cycles d’étudessupérieurs. La partie la plus importante à mon égard est laconstruction de la topologie à partir d’une famille de semi normes,je conseille le lecteur de se focaliser sur ce point.


Bibliographie

H. Brézis : Analyse fonctionnelle théorie et applications Masson fr Paris 1983 CollectionMathématiques Appliquées pour la Maîtrise.

Hervé Queffélec, Josette Charles, Mostafa Mbekhta : Analyse fonctionnelle et théorie desopérateurs Rappels de cours et exercices corrigés. Collection : Sciences Sup, Dunod.

Yves Sonntag : Topologie et analyse fonctionnelle : Cours de Licence avec 240 exercices etproblèmes corrigés 1998.

J. Dieudonné : Éléments d’analyse. T. I -fondements de l’analyse moderne Gauthier-Villarsfr Paris 1968.

F. Riesz, B. Nagy : Leçons d’analyse fonctionnelle, Akademiai Kiadohu Budapest 1955Acadmie des Sciences de Hongrie.

S. Banach : Théorie des opérations linéaires, Chealsea publishing company.

S. Lang : Analysis II Addison-Wesley publishing company us Massachusetts 1969Addison-Wesley series in mathematics.

W. Rudin : Analyse réelle et complexe, édition Masson, 1975 (le monument).

Encore je le dis, la littérature est très riche sur ce sujet. Il suffit de faire une recherche sur lenet pour avoir gratuitement des polycopiés (de cours et d’exercices) de différents auteursrépondant à tous les goûts.


Pré-requis

La théorie des ensembles (la théorie ZFC, pour les courageux), latopologie générale (définition de topologie, continuité,convergences, compacité...), algèbre (espaces vectoriels, basealgébrique, dimension) ... sont très sollicités dans ce cours.


Avertissements

!Je tiens à préciser que ce document contient probablement deserreurs de frappes (ce n’est pas grave !) et des erreurs demathématiques (par contre çà c’est grave !) qui ont échappé à mavigilance. Ne l’utilisez qu’avec un œil critique et n’hésitez pas à mesignaler ces problèmes : [email protected].


mailto:[email protected]

Plan général

Chapitres 1 : Théorème de Hahn-Banach &

Théorème de Baire

1 Théorème de Hahn-Banach, forme analytique

2 Théorème de Hahn-Banach, formes géométriques

3 Espaces de Baire

Chapitres 3 : Théorèmes classiques d’analyse

fonctionnelle

7 Banach-Steinhaus8 Application ouverte

9 Graphe fermé

Chapitres 2 : Espaces vectoriels topologiques (evt)

4 Espaces vectoriels topologiques – evt

5 EVT localement convexe – evtlc6 Espaces de Fréchet

Chapitres 4 : Topologies faibles-Espaces réflexifs

10 Topologie faible

11 Topologie faible étoile

12 Espaces réflexifs


Chapitres 1

Théorème de Hahn-Banach& Théorème de Baire


Plan de ce chapitre



3 Espaces de Baire



Théorème 1.1 (Le théorème de Hahn-Banach, forme analytique)

Soient E un R-espace vectoriel, p : E→ R telle que

∀t > 0, ∀x ∈ E, p(tx) = tp(x) et ∀x, y ∈ E, p(x + y) 6 p(x) + p(y),

G un R-sous-espace vectoriel de E et g une R-forme linéaire sur Gsatisfaisant

g(x) ≤ p(x), ∀ x ∈ G.

Alors il existe une R-forme linéaire f sur E qui prolonge g et qui satisfait

f(x) ≤ p(x), ∀ x ∈ E.

La démonstration de ce théorème fait appel au célèbre lemme deZORN (ce dernier est équivalent à l’axiome du choix) dont nousrappelons l’énoncé. Nous avons besoin de quelque définitions


Définition

Définition 1.2

Soit A un ensemble muni d’une relation d’ordre (pasnécessairement totale) notée ≤. On dit qu’un sous-ensembleB ⊂ A est totalement ordonné si pour tout couple a, b de Bon a soit a ≤ b ou b ≤ a.Soit B ⊂ A; on dit qu’un élément c ∈ A est majorant de B sipour tout a ∈ A on a : a ≤ c.On dit que m ∈ A est un élément maximal de A si pour toutx ∈ A tel que m ≤ x⇒ x = m.On dit que A est inductif si tout sous-ensemble totalementordonné de A admet un majorant.


Lemme de Zorn

Lemme 1.3 (ZORN)

Tout ensemble ordonné, inductif, non vide, admet un élémentmaximal.

Remarque

! Le lemme de Zorn ou ses équivalents (l’axiome du choix enparticulier) admet des belles conséquences parfois qui échappent ànotre intuition et donne même des paradoxes : paradoxe deBanach-Tarski. Je renvoi le lecteur au fascicule d’exercices corrigésde ce module pour plus de détails sur les conséquences de celemme.


Preuve du théorème 1.1 I

Désignons par V l’ensemble des couples (M, ϕ), où M est un sous-espace vectoriel de E

contenant G, ϕ une forme linéaire sur M vérifiant ϕ(x) ≤ p(x), ∀ x ∈ M et ϕ|G = g.On munit V de l’ordre ≤ défini par

(M, ϕ) ≤ (N, ψ)⇔ M ⊂ N et ψ |M= ϕ.

On montre d’abord que V est inductif pour ≤ non vide : D’abord, (g,G) ∈ V. Soit (Mi, ϕi)i∈I unefamille totalement ordonnée. Si on pose M = ∪i∈IMi, il est facile de vérifier que M est unsous-espace vectoriel de E, qu’il existe une fonction ϕ : M→ R qui prolonge chacune des ϕi etque ϕ est linéaire. De plus, pour tout x ∈ M, il existe un i ∈ I tel que x ∈ Mi, ϕ|G = g et on aϕ(x) = ϕi(x) ≤ p(x). Donc (M, ϕ) appartient à V et est dans V la borne supérieure de la famille(Mi, ϕi)i∈I.

D’après le lemme de Zorn, (V,≤) admet un élément maximal (M, f). Il suffit donc de démontrerque cet élément maximal satisfait M = E pour finir la démonstration. Supposons donc par

l’absurde qu’il existe un a ∈ E \ M. On va construire alors un élément (N, ϕ) de V qui majorestrictement (M, f). On pose pour cela N = M⊕ R.a, on choisit α ∈ R et on définit la formelinéaire ϕ sur N par ϕ(x + ta) = f(x) + tα. Il suffit donc de montrer qu’on peut choisir α de sorte

que l’on ait f(x) + tα ≤ p(x + ta), pour tout x de M et tout t ∈ R (ainsi (N, ϕ) ∈ V).La condition précédente est satisfaite pour t = 0 et quel que soit x ∈ M. Pour t > 0 cettecondition est équivalente à la condition f(

x

t) + α ≤ p(

x

t+ a), et puisque

x

t∈ M, équivalente à

α ≤ p(y + a)− f(y) pour tout y ∈ M.


Preuve du théorème 1.1 II

Enfin, pour t < 0, la condition précédente est équivalente à f(−x

t)− α ≤ p(−

x

t− a),

autrement α ≥ −p(y − a) + f(y) pour tout y ∈ M puisque −x

t∈ M. On choisit donc α tel que :

supy∈M

f(y)− p(y − a) ≤ α ≤ infx∈M

p(x + a)− f(x),

ce qui est possible si, pour tout x, y ∈ M, on a :

f(y)− p(y − a) ≤ p(x + a)− f(x).

Or pour x, y ∈ M on a :

f(x) + f(y) = f(x + y) ≤ p(x + y) ≤ p(x + a) + p(y − a).

On obtient

supy∈M

f(y)− p(y − a) ≤ infx∈M

p(x + a)− f(x).

Ce qui prouve l’existence de α.

Ainsi (N, ϕ) ∈ V et (M, f) < (N, ϕ), ce qui contredit que (M, f) est maximale. D’où M = E. ut


Dual Topologique

Dans ce qui suit, on désigne par E′ le dual (topologique) de l’espacevectoriel normé E, i. e. l’espace des formes linéaires continues surE ; E′ est muni de la norme duale

‖f‖E′ := sup‖x‖≤1

|f(x)| = sup‖x‖≤1

f(x).

Lorsque f ∈ E′ et x ∈ E on notera parfois 〈f , x〉 au lieu de f(x) ; on ditque 〈, 〉 est le produit de dualité entre E′ et E.


Conséquences

Corollaire 1.5

Soit G un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel normé(E, ‖ · ‖) et soit g : G→ R une application linéaire et continuede norme

‖g‖G′ := supx∈G‖x‖≤1

|g(x)|.

Alors il existe f ∈ E′ qui prolonge g et tel que :

‖f‖E′ = ‖g‖G′ .

Il suffit d’appliquer le théorème précédent avec p(x) := ‖g‖G′ .‖x‖.


Conséquences

Corollaire 1.6

Pour tout x0 ∈ E il existe f0 ∈ E′ tel que

‖f0‖ = ‖x0‖ et 〈f0, x0〉 = ‖x0‖2.

Démontration :Il suffit d’appliquer le corollaire précédent avec G = Rx et g(tx0) = t‖x0‖2 de sorte que

‖g‖G′ = ‖x0‖.


Conséquences

Corollaire 1.7

Pour tout x ∈ E \ {0}, on a :

‖x‖E = sup‖f‖E′≤1

|〈f , x〉| = max‖f‖E′≤1

|〈f , x〉| = max‖f‖E′=1

〈f , x〉.

Démontration :Il est clair que

sup‖f‖E′≤1

|〈f , x〉| ≤ ‖x‖.

D’après le corollaire précédent, on sait qu’il existe f0 ∈ E′ tel que ‖f0‖ = ‖x‖ et 〈f0, x〉 = ‖x‖2.

On pose f1 = ‖x‖−1f0 de sorte que ‖f1‖ = 1 et 〈f1, x〉 = ‖x‖.



Définition 2.1

On appelle hyperplan tout sous ensemble de E de la forme :

H := {x ∈ E : f(x) = α}

où f est une forme linéaire sur E, non identiquement nulle et α ∈ R. On dit que H estl’hyperplan d’équation [f = α].

Définition 2.2

Soit A, B ∈ P(E).On dit que l’hyperplan H = [f = α] sépare A et B au sens large si ∀a ∈ A, ∀b ∈ B

f(a) 6 α 6 f(b).

On dit que l’hyperplan H = [f = α] sépare A et B au sens strict si il existe ε > 0tel que ∀a ∈ A, ∀b ∈ B

f(a) + ε 6 α 6 f(b)− ε.


Propriétés I

Proposition 2.3

Soit E est un espace vectoriel normé, alorsl’hyperplan d’équation [f = α] est fermé si et seulement si f est continue.

Preuve :Si f est continue alors H = f−1({α}) est fermé.Réciproquement, supposons que H est fermé. Le complémentaire CH de H dans E est ouvert etnon vide (puisque f 6= 0E′ ). Soit x0 ∈ C

H et supposons sans perdre de généralité que f(x0) < α.Soit r > 0 tel que

B(x0, r) := {x ∈ E : ‖x− x0‖ < r} ⊂ CH.

On af(x) < α, ∀ x ∈ B(x0, r).

Supposons qu’il existe x1 ∈ B(x0, r) tel que f(x1) > α. La boule étant convexe, donc

∀ t ∈ [0, 1] : (1− t)x0 + tx1 ∈ B(x0, r),


Propriétés II

par suite f((1− t)x0 + tx1) 6= α, ∀ t ∈ [0, 1]. Ce qui est faut puisque pour t1, 2 =f(x1)− α

f(x1)− f(x0),

on a : f((1− t1, 2)x0 + t1, 2x1) = α. Par suite,

f(x0 + rz) < α, ∀ z ∈ B(0, 1).

Ce qui prouve que ‖f‖ ≤1

r(α− f(x0)) et donc f est continue. ut


Théorème De Hahn-Banach, première forme

géométrique

Théorème 2.4 (Théorème De Hahn-Banach, première forme géométrique)

Soit A, B deux sous ensembles convexes de E, non vides etdisjoints. Si A est ouvert alors il existe un hyperplan ferméqui sépare A et B au sens large.

La démonstration de ce théorème est basée sur le lemme suivant :


Lemme

Lemme 2.5Soit C ⊂ E un convexe ouvert non vide et soit x0 ∈ E avec x0 /∈ C. Alors il

existe f ∈ E′ tel que f(x) < f(x0), ∀ x ∈ C. En particulier l’hyperpland’équation [f = f(x0)] sépare {x0} et C au sens large.

Preuve :Par translation, on peut toujours supposer que 0E ∈ C et considéré la jauge de C qu’on note parpC définie par

PC : E −→ R+ ∪ {+∞}x 7−→ inf{t > 0 ; 1t x ∈ C} avec inf ∅ = +∞.

On montre (en exercice !) que∀t > 0, ∀x ∈ E, pC(tx) 6 tpC(x) 0 et t ≤ 0). Grâce au théorème de

Hahn-Banach, forme analytique, il existe f une forme linéaire sur E, prolongeant g telle que

f(x) ≤ pC(x), ∀ x ∈ E, f(x0) = 1 et f(x) < 1, ∀ x ∈ C. utMohammed Hassani Analyse fonctionnelle — S6 FP-Safi Dépt. de Maths & Info – SMA — S6 23/214

Revenons au théorème 2.4

Preuve (du théorème 2.4)

On pose C = A− B. C un convexe (facile), C est ouvert(C = ∪y∈B (A− y)) et 0 /∈ C (car A ∩ B = ∅). D’après le lemme 2.5 ilexiste f ∈ E′ tel que : f(z) < 0, ∀ z ∈ C, autrement

f(x) < f(y), ∀ x ∈ A, ∀ y ∈ B.

On fixe α ∈ R avec

supx∈A

f(x) ≤ α ≤ infy∈B

f(y),

ce qui montre que l’hyperplan d’équation [f = α] sépare au senslarge A et B. ut


Théorème De Hahn-Banach, deuxième forme

géométrique

Théorème 2.6 (Théorème De Hahn-Banach, deuxième forme géométrique)

Soit A, B deux sous ensembles convexes de E, non vides et disjoints. Si A est fermé et Best compact alors il existe un hyperplan fermé qui sépare A et B au sens strict.

Preuve :Pour ε > 0 tel que les sous ensembles convexes, ouverts et non vides Aε := A + B(0, ε) etBε = B + B(0, ε) soient disjoints (cet ε existe sinon, il existera des suites(εn)n∈N → 0, (xn)n∈N ∈ A et (yn)n∈N ∈ B telles que ‖xn − yn‖ < 2εn; ce qui nous donnera unesuite extraite (yϕ(n))n∈N qui converge vers un élément y ∈ A ∩ B. D’après le théorèmeprécédent, il existe un hyperplan fermé d’équation [f = α] séparant Aε et Bε au sens large. Cequi se traduit par :

f(x + εz) ≤ α ≤ f(y + εz), ∀ (x, y) ∈ A× B, z ∈ B(0, 1).

Il en résulte que :f(x) + ε‖f‖ ≤ α ≤ f(y)− ε‖f‖, ∀ (x, y) ∈ A× B.

De là, on tire que l’hyperplan [f = α] sépare au sens strict A et B. utMohammed Hassani Analyse fonctionnelle — S6 FP-Safi Dépt. de Maths & Info – SMA — S6 25/214

Exercice

Dans l’exercice suivant, on montre que les hypothèses des théorèmes de Hahn-Banach (formegéométrique 1 et 2) sont optimales.

Exercice 2.7

Soit E = R[X] l’espace des polynômes sur R, muni de la norme sup sur [0, 1]. Soit

R[X]+ := {P ∈ E : P(X) =n∑

i=1

aiXi, avec an > 0}

et

R[X]− := {P ∈ E : P(X) =n∑

i=1

aiXi, avec an < 0}.

1 Montrer que R[X]+ et R[X]− sont convexes et disjoints.2 Montrer qu’il n’existe pas d’hyperplan qui sépare R[X]+ et R[X]−.


Un critère de densité

Corollaire 2.8

Soit F ⊂ E un sous-espace vectoriel tel que F 6= E. Alors ilexiste f ∈ E′ \ {0E′} tel que :

〈f , x〉 = 0, ∀ x ∈ F.

Preuve :Soit x0 ∈ E, x0 /∈ F. On applique le théorème précédent avec A := F et B := {x0}. Il existef ∈ E′ \ {0E′} tel que l’hyperplan [f = α] sépare au sens strict F et {x0}. On a :

〈f , x〉 < α < 〈f , x0〉, ∀ x ∈ F.

Ce qui implique que 〈f , x〉 = 0, ∀ x ∈ F, puisque λ〈f , x〉 < α, ∀λ ∈ R.


Remarques

Remarque

D’après ce corollaire, on conclut qu’un sous-espace vectoriel F de Eest dense si ∀ f ∈ E′ : f |F= 0⇒ f = 0E′ .

Remarque

D’après le théorème de Hahn-Banach, on a : si E est un espacenormé E 6= {0E} alors E

′ 6= {0E′}, grâce aux corollaires 1.6 et 1.7.


Exemple I

Dans cet exemple classique, on montrer que si E n’est pas un espace normé (n’est pas un evtlc !)cette affirmation n’est plus vraie.Exemple :

Si E = Lp([0, 1]), 0 < p < 1, muni de la distance :

d(f , g) =

∫ 10|f(t)− g(t)|p dt,

alors E est un espace métrique complet, E 6= {0E} par contre E′

= {0E′ }.

Soit ϕ ∈ E′. Alors ϕ : Lp([0, 1])→ R est linéaire et continue.

Supposons que ϕ 6= 0.On a donc Im(ϕ) = R. Par suite, il existe un f0 ∈ E telle que |ϕ(f0)| ≥ 1.

Soit F la fonction continue définie par : F(x) =∫ x

0|f0(t)|p dt. Puisque

1

2F(1) ∈ [0, F(1)], par le

théorème des valeurs intermédiaires, il existe x0 ∈ [0, 1] tel que F(x0) =1

2F(1) autrement

∫ x00|f0(t)|p dt =

1

2

∫ 10|f0(t)|p dt > 0.

Soit g1 = f0χ[0,x0 ] et g2 = f0χ]x0,1]. Alors g1 + g2 = f0 et |f0|p = |g1|p + |g2|p, et de plus on a :∫ 1

0|g1(t)|p dt =

∫ x00|f0(t)|p dt =

1

2

∫ 10|f0(t)|p dt


Exemple II

et donc ∫ 10|g2(t)|p dt =

1

2

∫ 10|f0(t)|p dt.

Puisque |ϕ(f0)| ≥ 1 alors |ϕ(g1)| ≥1

2ou |ϕ(g2)| ≥

1

2

En effet : Si |ϕ(g1)| <1

2et |ϕ(g2)| <

1

2alors

1 ≤ |ϕ(f0)| = |ϕ(g1) + ϕ(g2)| ≤ |ϕ(g1)| + |ϕ(g2)| <1

2+

1

2= 1

ce qui absurde.

Supposons |ϕ(g1)| ≥1

2et posons f1 = 2g1. On a |ϕ(f1)| ≥ 1 et

∫ 10|f1(t)|p dt = 2p

∫ 10|g1(t)|p dt = 2p−1

∫ 10|f(t)|p dt.

De la même façon, par itération, on conclut fn ∈ E telle que

|ϕ(fn)| ≥ 1 et d(fn, 0) =∫ 1

0|fn(t)|p dt = (2p−1)n

∫ 10|f0(t)|p dt.


Exemple III

Comme p < 1 on aura 2p−1 < 1. D’où

limn→+∞

d(fn, 0) = 0.

Comme ϕ est continue, on obtient que :

limn→+∞

ϕ(fn) = 0

ce qui absurde puisque |ϕ(fn)| ≥ 1.

Donc ϕ = 0. Par conséquent (Lp([0, 1]))′ = {0}.


3 Espaces de Baire

Définition 3.1

Un espace topologique (E, T ) est dit de Baire si pour toutesuite d’ouverts (Θn)n dense dans E,

⋂n Θn est dense dans E

i.e.

∀ (Θn)n ∈ T N,(∀n ∈ N, Θn = E

)=⇒

⋂n

Θn = E.

Remarque

(E, T ) est de Baire si et seulement si pour toute suite de fermés(Fn)n telle que ∀n,

◦Fn = ∅, on a int(

⋃n Fn) = ∅.


Propriétés

Proposition 3.3

Soit (E, T ) un espace de Baire et (Fn)n∈N une suite de ferméstels que ∪n∈N Fn = E. Alors Ω = ∪n∈N

◦Fn est un ouvert dense

dans E.

Démontration :Soit G le fermé E \ (∪n∈N

◦Fn). Il s’agit de montrer que G est d’intérieur vide.

Pour tout n ∈ N, le fermé G ∩ Fn est d’intérieur vide car int(G ∩ Fn) ⊂ G ∩◦Fn = ∅, et comme

(E, T ) est un espace de Baire,

∪n∈N (G ∩ Fn) = G ∩ [∪n∈N Fn] = G ∩ E = G

est d’intérieur vide.


Remarque

Remarque

Si (E, T ) est un espace de Baire non vide, alors E ne peut pas êtreréunion dénombrable de fermés d’intérieurs vides.


Théorème de Baire

Théorème 3.5 (Théorème de Baire)

1. Tout ouvert d’un espace de Baire est de Baire.2. Tout espace métrique complet est de Baire (théorème deBaire).3. Tout espace localement compact est de Baire.


Preuve I

Démontration :1. Soit (E, T ) un espace de Baire, soit A ∈ T (ouvert de E). Soit (θn)n une suites d’ouverts de(A, TA = A ∩ T ) denses dans A (c-à-d θn ∈ T et θn ⊂ A ⊂ θn). Posons θ = ∩nθn (⊂ A). Il suffitde montrer que A ⊂ θ (la fermeture dans E).Posons Wn = θn ∪ Ac, on a Wn ∈ T et

E ⊂ A ∪(A)c ⊂ θn ∪ (A)c ⊂ Wn ⊂ E.

Puisque (E, T ) est de Baire,E = ∩n Wn = θ ∪ Ac = θ ∪

(A)c,

doncA =

(A ∩ θ

)∪(

A ∩(A)c)︸︷︷︸

=∅, car A⊂A

= A ∩ θ. Ainsi A ⊂ θ.

2. Soit (E, d) un espace métrique complet. Soit (θn)n∈N∗ une suite d’ouverts denses dans (E, d).

Notons θ = ∩n Θn et montrons que θ = E ce qui est équivalent à montrer que toute bouleouverte non vide rencontre θ.Soit B(x0, r0) une boule ouverte de centre x0 ∈ E et de rayon r0 > 0. On a B(x0, r0) ∩ θ1 est unouvert non vide (car θ1 est dense) donc il existe x1 ∈ E et r1 ∈]0, 1[ tels que la boule ferméeBf (x1, r1) ⊂ B(x0, r0) ∩ θ1. Supposons que (x1, r1) · · · (xn, rn) donnés dans E×]0,+∞[ tels que


Preuve II

ri ∈]0, 1n [ et Bf (xi, ri) ⊂ B(xi−1, ri−1) ∩ θi. Puisque θn+1 est dense dans E alors il existe xn+1 ∈ Eet rn+1 ∈]0, 1n+1 [ tels que

Bf (xn+1, rn+1) ⊂ B(xn, rn) ∩ θn+1.

On a ainsi construit par récurrence la suite (xn, rn))n dans E×]0,+∞[ telle que pour tout n ∈ N∗,rn <

1n et Bf (xn, rn) ⊂ B(xn−1, rn−1) ∩ θn.

En particulier, la suite (Bf (xn, rn)))n ∈ N∗ est une suite décroissante de fermés de diamètres quiconverge vers 0 dans l’espace complet (E, d). Donc

⋂n∈N∗

Bf (xn, rn) 6= ∅ par conséquent θ ∩ B(x0, r0) P ∅.

3. Soit (E, T ) un espace localement compact. Soit (θn)n∈N∗ une suite d’ouverts denses dans(E, T ). Notons θ = ∩n Θn et montrons que θ = E ce qui est équivalent à montrer que tout ouvertV de E non vide rencontre θ.

En utilisant la densité des θn et que (E, T ) est localement compact, nous construisons ar

récurrence une suite de compacts d’intérieurs non vides (Kn)n∈N∗ de E telle que

∀n > 1, Kn ⊂◦Kn−1 ∩ θn et K1 ⊂ V ∩ θ1. Ainsi (Kn)n∈N∗ est une suite de compacts non vides

décroissante, donc⋂

n Kn 6= ∅. Par conséquent, θ ∩ V 6= ∅.


Conséquences

Corollaire 3.6

R n’est pas dénombrable.

Démontration :Sinon R =

⋃x∈R {x} est une réunion dénombrable des fermés pour la topologie usuelle associée

à la distance usuelle d(x, y) = |x− y|, mais (R, d) est complet donc il est de Baire. Ceci donne

en particulier que R =◦R = ∅ puisque ∀x ∈ R,

◦{x} = ∅. Absurde.


Conséquences

Corollaire 3.7

Tout espace de Banach à base dénombrable est dedimension finie, par exemple on n’a pas de norme sur R[X]qui le rend complet.

Démontration :Supposons qu’il existe un espace de Banach à base dénombrable est de dimension infinie.Soit donc (en)n∈N∗ une base de E. Pour tout entier naturel n, on pose

Fn := vect(e1, e2, · · · , en)

Pour tout n ∈ N∗, le sous-espace Fn est de dimension finie donc fermé; de plus Pour tout n ∈ N∗,le sous-espace Fn est d’intérieur vide car si une boule ouverte B(x0, r) est inclue dans Fn (avecr > 0), alors x0 ∈ Fn et x0 + r2||en+1|| en+1 ∈ Fn par suite en+1 ∈ Fn, ce qui est absurde.

D’après le théorème de Baire, ∪n≥1 Fn est d’intérieur vide dans E ce qui est absurde car

∪n≥1 Fn = E.


Définition

Définition 3.8

1 On dit que A est résiduel si elle contient une intersectiondénombrable d’ouverts denses dans E.

2 On dit que A est maigre si elle est contenue dans uneréunion dénombrable de fermés de E d’intérieurs vides.


Conséquences I

Corollaire 3.9Soient (E, T ) un espace de Baire et (F, d) un espace métrique. On considèreune suite (fn)n∈N d’applications continues de E dans F, convergeantsimplement vers une application f de E dans F. Alors

f est continue sur une partie dense de E.

C-à-d l’ensemble des points où f sont continues est un résiduel.

Démontration :Pour n, k ∈ N, on pose

Fk,n :=⋂

p,q>n

{x ∈ E : d(fq(x), fp(x)) 61

2k}.

On a Fk,n est un fermé de E car l’intersection des fermés est un fermé et l’image réciproque d’unfermé par une fonction continue est fermé. On a aussi, puisque fn converge simplement vers f ,

∀k ∈ N, E =⋃n∈N

Fk,n.


Conséquences II

D’après la proposition 3.3

Ωkdef=⋃n∈N

◦Fk,n est un ouvert dense dans E.

Posons Ωdef=⋂

k≥∈N Ωk . On a Ω est dense dans (E, T ) puisque ce dernier est de Baire. Montronsque f est continue sur Ω, pour cela soit x0 ∈ Ω et soit ε > 0. Considérons un entier k0 tel que1

k0< ε3 et n0 un entier tel que x0 ∈

◦Fk0,n0 .

Soit x ∈◦Fk0,n0 ⊂ Fk0,n0 , on a ∀p > n0,

d(fp(x), fp(x0)) 6 d(fp(x), fn0 (x0))+d(fn0 (x), fn0 (x0))+d(fn0 (x0), fp(x0)) 62

k0+d(fn0 (x), fn0 (x0)).

En tendant p→∞, on obtient

∀x ∈◦Fk0,n0 , d(f(x), f(x0)) 6

2

k0+ d(fn0 (x), fn0 (x0)).

D’autre part, la continuité de fn0 en x0 implique l’existence d’un ouvert W de E contenant x0 telque

∀x ∈ W, d(fn0 (x), fn0 (x0)) <1

k0.


Conséquences III

Ainsi,

∀x ∈ W ∩◦Fk0,n0 , d(f(x), f(x0)) 6

3

k0< ε.


Exercice

Exercice 3.10

1. Montrer que 1Q n’est pas limite simple d’une suite defonction continues de R dans R.2. Calculer lim

p→+∞lim

n→+∞(cosπp!x)2n.


Conséquences

Corollaire 3.11

Soit f : R→ R une fonction dérivable sur R. Alors la fonctiondérivée f ′ est continue sur un ensemble dense de R.

Démontration :Il suffit de considérer la suite des fonctions

fn : R −→ Rx 7−→ n

(f(x + 1n )− f(x)

)qui est une suite de fonctions continues qui converge vers f ′ et puisque R est de Baire et

métrique, on d’après le corollaire précédent que la fonction dérivée f ′ est continue sur un

ensemble dense de R.


Chapitre 2

Espaces vectorielstopologiques – evt

Dans la suite K est un corps commutatif (souvent l’un des deux corps C ou R et parfois Q).

(E,+, ·) désignera un K-espace vectoriel et T une topologie sur E. On prendre aussi comme

notation D = {t ∈ K ; |t| 6 1} (D pour disque).


Plan de ce chapitre

4 Espaces vectoriels topologiques – evt

5 EVT localement convexe – evtlc

6 Espaces de Fréchet


Notation

Soit A et B deux partie des E, a ∈ A, t ∈ K et Λ ⊂ K.

Notation

a + B = {a + b ; b ∈ B}, A + B = {a + b ; a ∈ A et b ∈ B},tA = {ta ; a ∈ A} et ΛA = {ta ; t ∈ Λ et a ∈ A}.


Définition

Définition 4.2

On dit que A1. est un sous espace vectoriel de E si A hérité des lois de compositions de E est unespace vectoriel ce qui équivalent à dire que A 6= ∅ et vérifie ∀t ∈ K, ∀x, y ∈ A, on atx + y ∈ A.2. est un sous espace affine de E s’il existe a ∈ A tel que A− a est un sous espacevectoriel de E.

3. est convexe si ∀x, y ∈ A, [x, y] def= {tx + (1− t)y ; t ∈ [0, 1]} ⊂ A.4. est équilibrée si ∀t ∈ D, ∀x ∈ A, on a tx ∈ A, i.e. DA = A.5. absolument convexe s’il est à la fois convexe et équilibrée.6. absorbe B s’il existe α > 0 tel que ∀λ ∈ K, |λ| > α =⇒ B ⊂ λA.7. absorbant si ∀x ∈ E, A absorbe {x}.


Remarque

Remarque

Tout sous espaces affines est convexe.


Propriétés

La propriété suivante est fondamentale malgré sa simplicité soit en son énoncé soit en sa

démonstration. On la rencontre en topologie, en intégration et maintenant en analyse

fonctionnelle (en algèbre en réalité). Elle est vraie pour pas mal de familles (topologies, tribus,

sous groupes ...)

Proposition 4.4

L’intersection quelconque de sous espaces vectoriels (resp. sous espacesaffines, resp. de parties convexes, resp. de parties équilibrées, resp. departies absolument convexes) de E est un sous espace vectoriel (resp. unsous espaces affine, resp. une partie convexe, resp. une partie équilibrée,resp. une partie absolument convexe).

Démontration :Évidente


Remarque

Remarque

DA est la plus petite partie équilibrée de E contenant A.


Remarque Importante

! La proposition précédente justifie l’existence de « le plus petittruc » contenant une partie A de E et est dit le truc engendré par Aavec truc l’une des phrases « sous espace vectoriel », « sous espaceaffine », « convexe », « équilibré » ou « absolument convexe ». C’estl’intersection (qui est non vide, contient E) des tous « trucs » quicontient A.


Définitions

Définition 4.6 (et notations)

1. Le sous espace vectoriel engendré par A est ditl’enveloppe linéaire de A, il est noté VectK(A) ou SpanK(A) ousimplement Vect(A), si on ne craint pas la confusion.2. Le convexe engendré par A est dit l’enveloppe convexe deA, il est noté co(A).3. L’ensemble absolument convexe engendré par A est ditl’enveloppe absolument convexe de A, il est noté aco(A).4. Le sous espace affine engendré par A est dit l’enveloppeaffine de A, il est noté AffK(A) ou simplement Aff(A), si on necraint pas la confusion.


Propriétés

Proposition 4.7

co(A) ⊂ aco(A) ⊂ Aff(A) = a+Vect(A−a) ⊂ Vect(A) = Aff(A∪{0})

avec a ∈ A.

Preuve

En exercice.


Théorème

Théorème 4.8

Soit x ∈ E

Xx ∈ Vect(A) ⇐⇒∃n ∈ N∗, ∃t1, t2, ··, tn ∈ K, ∃x1, x2, ··, xn ∈ Atel que x = t1x1 + · ·+tnxn.

Xx ∈ aco(A) ⇐⇒∃n ∈ N∗, ∃t1, t2, ··, tn ∈ K, ∃x1, x2, ··, xn ∈ A

tel que

{x = t1x1 + · ·+tnxn|t1|+ · ·+|tn| 6 1.

Xx ∈ co(A) ⇐⇒∃n ∈ N∗, ∃t1, t2, ··, tn ∈ [0,1], ∃x1, x2, ··, xn ∈ A

tel que

{x = t1x1 + · ·+tnxnt1 + · ·+tn = 1.


Preuve

Démontration :Facile et par une méthode maintenant standard (méthode qu’on a vu en intégration ...). PosonsF = {x ∈ E | ∃n ∈ N∗, ∃t1, t2, ··, tn ∈ K, ∃x1, x2, ··, xn ∈ A tel que x = t1x1 + · · +tnxn} puison montre F est un sous espace vectoriel contenant A ce qui donne que Vect(A) ⊂ F, l’autreinclusion est triviale.

Faites la même chose pour les autres implications.


Définitions

Définition 4.9

Une application p : E −→ [0,+∞[ est une semi norme si{i)∀t ∈ K, ∀x ∈ E, p(tx) = |t|p(x)ii)∀x, y ∈ E, p(x + y) 6 p(x) + p(y).

Elle est une norme si de plus elle vérifieiii) p(x) = 0 ⇐⇒ x = 0.

Exercice 4.10

Soit p une semi norme sur E, montrer que

B0def= {x ∈ E ; p(x) < 1} et Bf

def= {x ∈ E ; p(x) 6 1} sont

deux parties absorbantes et absolument convexes(équilibrées et convexes).


jauge ou fonction de Minkowski

Définition 4.11 (jauge ou fonction de Minkowski)

Soit A une partie de E telle que {t > 0 | x ∈ tA} 6= ∅ (e.g. Aabsorbante). On appelle fonction de Minkowski ou la jauge dela partie A dans E la fonction pA définie par

pA : E −→ [0,+∞[x 7−→ inf{t > 0 | x ∈ tA}


Un théorème

Théorème 4.12

Si A est une partie absorbante et absolument convexe alorssa jauge pA est une semi norme telle que

Bodef= {x ∈ E ; p(x) < 1} ⊂ A ⊂ Bf

def= {x ∈ E ; p(x) 6 1}

Voir TD.


Quelques notions et notations topologiques

Pour cette sous section je renvoi le lecteur au cours de la topologie générale dusemestre S5. Cependant je vous rappelle que la fermeture ou l’adhérence de A notéeA est le plus petit fermé de l’espace topologique (E, T ) contenant A c’estl’intersection de tous les fermé contenant A. L’intérieur de A,noté

◦A ou intE(A), est le

complémentaire dans E de la fermeture du complémentaire de A i.e.◦A = E \

(E \ A

)c’est le plus grand ouvert inclut dans A.

Dans ce module on utilisera les notions (topologiques) de compacité,

d’homéomorphisme, de topologie métrisable ... une révision du cours de topologie

est fort utile.


Définition

Définition 4.13

On dit que (E,+, ·, T ) ou simplement (E, T ) est un espacevectoriel topologique (evt pour écrire simple) si les deuxfonctions

ψ : E× E −→ E(x, y) 7−→ x + y

et φ : K× E −→ E(t, y) 7−→ t · y = ty

sont continues en prenant les topologies produits sur lesensembles de départs et en prenant la topologie usuelle surR.


Propriétés

Proposition 4.14

1. Soit (t, e) ∈ K∗ × E, alors

h : E −→ Ex 7−→ tx + e

est un homéomorphisme.2. ∀x ∈ E, VE(x) = {x + V ; V ∈ VE(0)} avec VE(x) estl’ensemble des voisinages de x.3. Soit V ⊂ E,

V ∈ VE(0) ⇐⇒ ∀t ∈ K∗, tV ∈ VE(0) ⇐⇒ ∃t ∈ K∗, tv ∈ VE(0).

4. Soit A ⊂ E,A =

⋂V∈VE(0)

(A + V) .

5. (E, T ) est séparé si et seulement si {0} est fermé.

En exercice


Décomposition des voisinages

Théorème 4.15

! Soit (E, T ) un evt.1. ∀V ∈ VE(0), V est absorbant.2. ∀V ∈ VE(0), ∀t ∈ K, ∃W ∈ VE(0) tel que V est unouvert équilibré et W + tW ⊂ V (t = 1 est le cas le plusimportant).


Preuve

Démostration :1. Soit x ∈ E, on a φ est continue en (0, x) donc il existe r > 0 et W ∈ VE(x) tels querDW = φ(rD×W) ⊂ V, en particulier ∀s > 1r , {x} ⊂ sV.2. On a ψ est continue en (0, 0) donc il existe U,U′ deux voisinages de 0 dans E tels queU + U′ = ψ(U,U′) ⊂ V. D’autres part la continuité de φ en (0, 0) assure l’existence d’un ouvertθ de E contenant 0 et de r > 0 tels que rDθ = φ(rD× θ) ⊂ U ∩ U′. Posons

{rDθ si t = 0

(rDθ) ∩(

rt Dθ)

sinon.

On trouve que W est un ouvert équilibré contenant 0 et W + tW ⊂ V.


Conséquences

Par récurrence on a le corollaire suivant

Corollaire 4.16

Pour tout voisinage V de 0, pour tout entier n ∈ N∗, il existeun ouvert équilibré θ contenant 0 tel que

θ + · ·+θ︸︷︷︸n fois

⊂ V.


Propriétés

Proposition 4.17

Dans un evt (E, T ), 0 admet une base de voisinages ferméséquilibrés.

Démostration :Soit θ ∈ VE(0). D’après le théorème 4.15 il existe un ouvert équilibré W ∈ VE(0) tel queW + W ⊂ θ donc

W = ∩V∈VE(0) (W + V) ⊂ W + W ⊂ θ.

Il reste à montrer que W est équilibré, en exercice et voir le TD.


Exercice

Exercice 4.18 (Voir aussi le TD)

1. A équilibré =⇒ A et co(A) sont équilibrés.2. A équilibré et A ∈ VE(0) =⇒

◦A est équilibré.

3. A convexe =⇒ A et◦A sont convexe.


Définitions

Définition 4.19

Soit (E, T ) un evt et A ⊂ E.X A est bornéesi et seulement si ∀V ∈ VE(0), ∃t > 0, tA ⊂ V.X A est totalement bornée (ou pré-compacte)si et seulement si ∀V ∈ VE(0), ∃BV ⊂ E tel que BV finie etA ⊂ B + V.


Exercice

Exercice 4.20 (Voir aussi le TD)

1. A est bornée et B ⊂ A =⇒ A et B sont bornées.2. A est pré-compacte et B ⊂ A =⇒ A et B sont pré-compactes.3. A est compacte =⇒ A est pré-compacte =⇒ A est bornée.4. A est un sous espace vectoriel de E =⇒ A est un sous espace vectoriel de E.5. Si A est un sous espace vectoriel de E tel que

◦A 6= alors A = E.


Propriétés

Proposition 4.21

Soit E et F deux evt et f : E→ F une application linéaire. On a

f est continue sur E ⇐⇒ f est continue en 0.

Démostration :=⇒ ) triviale.

⇐= ) Soit x ∈ E et V ∈ VF(f(x)) donc il existe un voisinage W de 0 dans F (evt) tel que

V = f(x) + W d’où f−1(V) = x + f1(W) ∈ VE(x), puisque f est continue en 0 et donc

f1(W) ∈ VE(0).


Remarque

Remarque

Soit E et F deux evt et f : E→ F une application linéaire continue.On ai) Si F est séparé alors le noyau de f Ker(f)

def= f−1({0}) est fermé

dans E.ii) Si B est une partie bornée (resp. pré-compacte) de E alors f(A)est bornée (resp. pré-compacte) dans F.


Un théorème utile

Théorème 4.23

Soit E un evt et Soit f : E→ R une application telle que∀x, y ∈ E, ∀t > 0

i) f(x + y) 6 f(x) + f(y) et ii) f(tx) = tf(x).

Alors

1) f est continue ⇐⇒ 2) (f < 1) est un ouvert⇐⇒ 3) (f < 1) ∈ VE(0)⇐⇒ 4) (f 6 1) ∈ VE(0)⇐⇒ 5) f continue en 0⇐⇒ 6) ∃q : E→ R continue en 0 : f 6 q sur un voisinage U de 0.


Preuve I

Démostration :On remarque d’abord, f(0) = f(2× 0) = 2f(0) donc f(0) = 0,f(y)− f(x) = f(x + (y − x))− f(x) 6 f(y − x) et 0 = f(x− x) 6 f(x) + f(−x) donc−f(x) 6 f(−x).On a 1) =⇒ 2) =⇒ 3) =⇒ 4) et 1) =⇒ 6) sont triviales.4) =⇒ 5) : Soit V ∈ VR(0) donc il existe ε > 0 tel que ]− ε, ε[⊂ V. On aε (f 6 1) = (f 6 ε) ∈ VE(0), soit W ∈ VE(0) équilibré tel que W ⊂ (f 6 ε) et pour tout x ∈ W,on a −x ∈ W donc f(x) 6 ε et f(−x) 6 ε. Mais 0 = f(x− x) 6 f(x) + f(−x), d’où −f(x) 6 ε.Ainsi f(x) ∈]− ε, ε[⊂ V. Donc f est continue en 0.5) =⇒ 1) : Soit x ∈ E et montrons que f est continue en x. Pour cela, soit V ∈ VR(f(x)) donc ilexiste ε > 0 tel que f(x) + ε]− 1, 1[=]f(x)− ε, f(x) + ε[⊂ V. Or f est continue en 0 donc ilexiste W ∈ VE(0) équilibré tel que W ⊂ f−1(]− ε, ε[). Donc x + W ∈ VE(x) et pour touty ∈ x + W, on a y − x ∈ W et x− y ∈ W d’où f(y − x) < ε et f(x− y) < ε. Mais

|f(y)− f(x)| 6 f(y − x) ∨ f(x− y) < ε,

Ainsi f(y) ∈ V.6) =⇒ 1) : D’après l’équivalence de 1) et 5), il suffit de montrer que f est continue en 0. SoitV ∈ VR(0) donc il existe ε > 0 tel que ]− ε, ε[⊂ V. Par suite il existe W ∈ VE(0) équilibré tel queW ⊂ U ∩ q−1(]− ε, ε[).Soit x ∈ W, donc −x ∈ W, f(x) 6 q(x) < ε et −f(x) 6 f(−x) 6 q(−x) < ε. Ainsif(x) ∈]− ε, ε[⊂ V. ut


Un autre théorème utile

Théorème 4.24Soit (E, T ) un evt séparé de dimension n sur le corps K = C ou R (et non Q). Soit

(e1, ··, en) une base (algébrique) de E. Alors l’application

h : Kn −→ E(t1, ··, tn) 7−→

∑ni=1 tiei

est un isomorphisme topologique (une application linéaire qui est unehoméomorphisme). En particulier (E, T ) est normable.

Remarque

Si on ne dit pas le contraire Kn sera toujours muni de la norme||(t1, ··, tn)|| = max{|t1|, ··, |tn|}.


Preuve I

Démostration :On a h est linéaire bijective c-à-d isomorphisme algébrique (car (e1, ··, en) une base de E). Ilreste à montrer que h et h−1 sont continues en 0 = 0Kn et 0 = 0E respectivement.X Soit V ∈ VE(0). Montrons que h−1(V) ∈ VKn (0) :Soit W ∈ VE(0) tel que W est un ouvert équilibré et W + · · +W︸︷︷︸

n fois

⊂ V.

D’autres part, les fonctions αi : K→ E, t 7→ tei sont continues pour i = 1 · ·n car αi = φ ◦ βiavec βi : K→ K× E, t 7→ (t, ei), φ est continue (E est un evt) et βi est continue (topologieproduit sur l’ensemble d’arrivé et les fonctions coordonnées sont continues : l’identité et unefonction constante ).En déduit que U =

⋂ni=1 α

−1i (W) ∈ VK(0) et U

n = U× · · ×U︸︷︷︸n fois

⊂ h−1(V). D’où la continuité de h.

X Soit V ∈ VKn (0). Montrons que (h−1)−1(V) = h(V) ∈ VE(0) :Soit r > 0 tel que Br = {t ∈ Kn ; ||t|| < r} = rB1 ⊂ V, il suffit donc de montrer queh(B1) ∈ VE(0).On a S = {t ∈ Kn ; ||t|| = 1} est une partie compacte de Kn car K = C ou R (le cas K = Q nemarche pas !) et puisque h est continue et E est séparé, on obtient h(S) est compact et en

particulier h(S) est fermé dans E, de plus h(0) = 0 donc 0 ∈ U def= E \ h(S) qui est un ouvert de E.Soit donc W un ouvert équilibré tel que

0 ∈ W ⊂ U.


Preuve II

Soit x /∈ h(B1) donc ||h−1(x)|| > 1 ainsi 1||h−1(x)|| h−1(x) ∈ S ce qui donne

h(1

||h−1(x)||h−1(x)) =

1

||h−1(x)||x ∈ h(S)

donc 1||h−1(x)||

x /∈ W et puisque W est équilibré et 1||h−1(x)||

6 1 on a x /∈ W. Ainsi W ⊂ h(B1)ce qui prouve que h(B1) ∈ VE(0). CQFDLa topologie T est engendrée par la norme ||x||E = ||h−1(x)||Kn . ut


Conséquences

Corollaire 4.26

En dimension finie, toute les normes sont équivalentes.

Démostration :Soit E un espace vectoriel sur K et || · ||1, || · ||2 deux normes sur E. On a (E, || · ||1) et (E, || · ||2)

sont deux K-evt séparés. D’après le théorème 4.24, l’identité idE : (E, || · ||1)→ (E, || · ||2),

x 7→ x est un isomorphisme topologique. Écrivons la continuité de idE et id−1E en 0 (avec ε = 1)

pour conclure la preuve.


Conséquences

Corollaire 4.27

Soit E un evt séparé sur le corps K ∈ {R,C}, soit F un sous espace vectorielde E de dimension finies. Alors F est fermé de E (ici K = Q ne marche pas !).

Démostration :Soit (e1, ··, en) une base de F et supposons que F n’est pas fermé. Donc il existe en+1 ∈ F tel queen+1 /∈ F. Posons G = VectK({e1, ··, en, en+1}), on a

F G ⊂ F et (e1, ··, en, en+1) est une base de G.

D’après le théorème 4.24, la fonction

h : Kn+1 −→ G(t1, · · · , tn+1) 7−→

∑n+1i=1 tiei

est un isomorphisme topologique.Puisque Kn × {0} est un fermé de Kn+1 alors F = h(Kn × {0}) est un fermé de G. D’où

F = FG

= F ∩ G = F.

Ce qui est absurde, ainsi F est fermé.


Le lemme suivant rend des services

Lemme 4.28

Soit E un evt et A une partie de E. Soit B une partie bornéede E telle que

∃t ∈ K tel que B ⊂ A + tB et |t| < 1.

Alors B ⊂ VectK(A).


Preuve

Démostration :Posons M = VectK(A) et rappelons que M =

⋂V∈VE(0)

(M + V).

Soit V ∈ VE(0) donc il existe W un ouvert équilibré tel que 0 ∈ W ⊂ W + W ⊂ V. Puisque B estbornée, il existe α > 0 tel que αB ⊂ W. Or il existe un entier n0 tel que ∀n > n0, on a|tn| = |tn| < α (car |t| < 1).D’autre part, on montre par récurrence : ∀n ∈ N∗,

B ⊂ M + tnB.

En effet, l’inclusion est vraie pour n = 1 (par hypothèse et A ⊂ M). Supposons que l’inclusion estvraie pour n ∈ N∗. Donc

x ∈ B =⇒ x ∈ M + tnB

=⇒ ∃m ∈ M, ∃b ∈ B, x = m + tnb

=⇒ ∃m,m′ ∈ M, ∃b′ ∈ B, x = m + tnm′ + tn+1b′ car B ⊂ M + tB

=⇒ x ∈ M + tn+1B.

En particulier, B ⊂ M + tn0 B ⊂ M + tn0α αB ⊂ M +

tn0α W. Puisque W est équilibrée et

tn0α 6 1,

on trouveB ⊂ M + W ⊂ B + V.

DoncB ⊂

⋂V∈VE(0)

(M + V) = M.

utMohammed Hassani Analyse fonctionnelle — S6 FP-Safi Dépt. de Maths & Info – SMA — S6 81/214

Un presque théorème de Riesz !

Théorème 4.29Soit E un evt séparé.

E est de dimension finie ⇐⇒ 0 admet un voisinage pré-compact.


Preuve I

Démostration :X (=⇒ ) : Si dimK(E) = n alors il existe (e1, ·, ·, en) une base de E. Considérons l’isomorphismetopologique h définie dans le théorème 4.24 et le compact B1 = {z ∈ Kn ; ||z|| 6 1} de Kn, ona W = h(B1) est compact (car h continue et E séparé) donc pré-compact qui contient le voisinagede 0, h({z ∈ Kn ; ||z|| 6 1}) (c’est un ouvert contenant 0). Ainsi W est un voisinage de 0pré-compact.X (⇐= ) : Soit K un voisinage pré-compact de 0. Soit A une partie finie de E telle que

K ⊂ A +1

2K.

D’après le lemme 4.28, on aK ⊂ M

où M = VectK(A). Or M est de dimension finie donc, d’après la proposition 4.27, M = M (puisqueE est séparé).D’autre part,

x ∈ E =⇒ ∃t > 0, tx ∈ K ⊂ M car K est absorbant puisque tout voisinage de 0 est absorbant=⇒ x ∈ M car M est un sous espace vectoriel.

Donc E ⊂ M, ainsi E est de dimension finie. ut


Propriétés

Définition 4.30

On dit qu’un evt séparé est localement compact si l’origineadmet un voisinage compact.

Proposition 4.31

Si E est un evt localement compact alors 0 admet une basede voisinage compacts dénombrable.

Il suffit d’appliquer le lemme suivant.


Lemme

Lemme 4.32

Soit E un evt et V un voisinage borné de 0. Alors

B0def= {1n V ; n ∈ N

∗} est une base de voisinage de 0.

Démostration :Soit U ∈ VE(0) donc il existe un ouvert équilibré W tel que 0 ∈ W ⊂ U. Or V est borné donc ilexiste t > 0 tel que tV ⊂ W, soit n ∈ N∗ tel que 1n < t, donc

1

nV ⊂

1

tntV ⊂

1

tnW ⊂ W ⊂ U.

ut


Conséquences

Corollaire 4.33

Soit E un evt séparé.

E est de dimension finie ⇐⇒ E est localement compact.


Définition 5.1

On dit qu’un evt E est localement convexe, on écrit evtlc, si 0admet une base de voisinages convexes, c’est à dire

∀V ∈ VE(0), ∃W ∈ VE(0), W ⊂ V et W est convexe.

Proposition 5.2

Soit E un evtlc. Alors 0 admet une base de voisinagesconvexes fermés et équilibrés.


Preuve

Démostration :Soit V ∈ VE(0), donc ∃W1 ∈ VE(0) tel que W1 est équilibré est W1 ⊂ W1 + W1 ⊂ V. Or E estlocalement convexe donc ∃W2 ∈ VE(0) tel que W2 est convexe et W2 ⊂ W1. Il existe aussi uvoisinages équilibré de 0 tel que W3 + W3 ⊂ W2. Posons U = co(W3), on a W3 ⊂ W donc W estun voisinage fermé convexe de 0. D’autre part,

W3 ⊂ W2 =⇒ co(W3) ⊂ co(W2) = W2 =⇒ U = co(W3) ⊂ W2 ⊂ W1 ⊂ W1 + W1 ⊂ V.


Définition

Définition 5.3

Soit E un K-espace vectoriel (à présent on n’a pas detopologies sur E). Soit P = {pi ; i ∈ I} une famille de seminormes sur E.1. On dit que la famille P est séparante si∀x ∈ E \ {0}, ∃p ∈ P, tel que p(x) 6= 0.2. On dit que P est filtrante si∀p,p′ ∈ P, ∃q ∈ P, tel que p 6 q et p′ 6 q.


Remarque & notation

Remarque

Soit P est une famille de semi normes sur E. PosonsJP = {J ⊂ P tel que J est finie} et pour J ∈ J , qJ : E→ [0,+∞[définie par x 7→ maxp∈J p(x). Alors P̂ = {qJ ; J ∈ J } est une famillefiltrante sur E, séparante si P l’est.

Notation

Soit p une semi norme sur E, on note Bp l’ensemble{x ∈ E | p(x) < 1} (la boule ouverte unité associée à la semi normep).


Propriétés

Proposition 5.6 ( et définition)

Soit E un K-espace vectoriel et P une famille de semi normes sur E. Posons

TE(P)def=

U ⊂ E | ∀x ∈ U, ∃n ∈ N∗, ∃J ∈ JP , x + 1n ⋂p∈J

Bp = x +1

nBqJ ⊂ U

.Alors (E, TE(P)) est un evtlc. Une base de voisinages de 0 pour cette topologie estdonnée par

BE(0) =

1n ⋂p∈J

Bp ; n ∈ N∗ et J ∈ JP

.Cette topologie est séparé si P est séparante.Définition : TE(P)) est dite la topologie sur E associée à la famille des semi normes Psur E.


Preuve

Preuve

Facile, il suffit pour établir que TE(P)) est une topologie sur Ed’utiliser la même démonstration que celle du même résultat pourles espaces métriques ou normés (voir cours topologie). En suite ilfaut montrer la continuité de l’addition et de la multiplicationexterne... ut


Remarque

TE(P) = TE(P̂) puisque⋂p∈J

Bp = BqJ .

Proposition 5.8

Soit E un K-espace vectoriel, P une famille de semi normessur E et B ⊂ E. AlorsB est bornée pour la topologie TE(P)si et seulement si ∀p ∈ P, ∃Mp ∈ R, ∀x ∈ B, p(x) 6 Mp.

Démostration :En exercice


Théorème

Théorème 5.9

Soit (E, T ) un evt.

E est localement convexe si et seulement si ∃P une famillede semi normes sur E tq T = TE(P).


Preuve

Démostration :(=⇒) : D’après la proposition 5.6.(⇐=) : Soit V = {V ∈ VE(0) | V est convexe, fermé et équilibré}. On sait que pour toutvoisinage U de 0 il existe un élément V de V tel que V ⊂ U.Pour V ∈ V, soit pV la jauge de V. On sait que pV est une semi norme sur E etV = {x ∈ E ; pV(x) 6 1} = (pV 6 1) (voir TD). Considérons maintenant la famille de seminormes P = {pV ; V ∈ V} et montrons que T = TE(P).X Soit U ∈ T . Soit x ∈ U donc ∃V ∈ V, x + V ⊂ U d’où x + BpV ⊂ x + V ⊂ U, ainsi U ∈ TE(P).On a montrer que

T ⊂ TE(P).

X Réciproquement, soit U ∈ TE(P). Soit x ∈ U, donc il existe n ∈ N∗, il existe d ∈ N∗ et il existeV1, · · · , Vd ∈ V tels que

x +1

n

⋂i=1··n

BpVi⊂ U,

or BpVi⊂ 12 Vi, donc x +

12n

⋂i=1··n Vi ⊂ U. Mais x +

12n

⋂i=1··n Vi ∈ VE(x) donc il existe

θx ∈ T tel que x ∈ θx ⊂ U, d’oùU =

⋃x∈U

θx ∈ T .

AinsiTE(P) ⊂ T .

ut


Exemples

Exemple 5.10

Soit A un ensemble non vide et F un espace vectoriel normé.Posons E = FA l’espace vectoriel des applications de A dansF. Considérons la famille des semi normes

P = {pa ; a ∈ A}

où pa est définie par pa(x) = ||x(a)||F.

La topologie TE(P) sur E est la topologie de la convergence simple.E = FA muni de cette topologie est un evtlc séparé (en exo).


Exemples

Exemple 5.11

Soit E = C(R;R) muni de la famille des semi normesP = {pn ; n ∈ N∗} avec

pn(x) = supt∈[−n,n]

|x(t)|.

La topologie associée à P est dite la topologie de laconvergence compacte. E muni de cette topologie est unevtlc métrisable (voir plus loin) et donc séparé.


Exemples

Exemple 5.12

Soit E = C∞(R;R) muni de la famille P = {pn,k ; n, k ∈ N} où

pn,k(f)def= sup

i=0··n

(sup

t∈[−k,k]|f (i)(t)|

).

E muni de la topologie associée à P est un evtlc métrisable(voir plus loin) et donc séparé aussi.


Exemple

Exemple 5.13

Soit E = C∞0 (R;R) = D(R) l’espace des fonctions de classeC∞ à support compact muni de la famille P = {pn ; n ∈ N}où

pn(f)def= sup

i=0··nsupt∈R|f (i)(t)|.

D(R) muni de la topologie associée à P est un evtlcmétrisable (voir plus loin) et donc séparé aussi.


Continuité d’applications linaires

Théorème 5.14

Soit E un espace vectoriel muni d’une famille de semi normesP et F un autre espace vectoriel muni d’une famille de seminorme Q. Soit T : E→ F une application linéaire. Alors

i) T est continue pour les topologies TE = TE(P) et TF = TF(Q)⇐⇒ ii) ∀q ∈ Q, ∃Jq ∈ JP , ∃mq ∈ N∗, T

(⋂p∈Jq Bp

)⊂ mqBq

⇐⇒ iii) ∀q ∈ Q, ∃Jq ∈ JP , ∃Cq > 0, ∀x ∈ E, q(T(x)) 6 Cq supp∈Jq p(x).


Preuve I

Démostration :i) =⇒ ii) : Soit q ∈ Q, on a Bq = (q < 1) ∈ VF(0) et la continuité de T en 0 implique queT−1(Bq) ∈ VE(0) donc il existe nq ∈ N∗ et il existe Jq ∈ JP tels que

1nq

⋂p∈Jq Bp ⊂ T

−1(Bq) ∈ VE(0) ainsi

T

⋂p∈Jq

Bp

⊂ nqBq.ii) =⇒ iii) : Soit x ∈ E, soit ε > 0 donc y def= 1supp∈Jq p(x)+ε

x ∈⋂

p∈Jq Bp d’où T(y) ∈ mqBq et

par conséquent

q(T(x)) 6 mq

(supp∈Jq

p(x) + ε

),

tendons en suite ε vers 0+, pour obtenir q(T(x)) 6 mq supp∈Jq p(x).

iii) =⇒ i) : D’après la proposition 4.21, il suffit de montrer que T est continue en 0. Pour celasoit V ∈ VF(T(0) = 0), donc il existe n ∈ N∗ et il existe I ∈ JQ tels que 1n

⋂q∈I Bq ⊂ V. Posons

r =

[maxq∈I

Cq

]︸︷︷︸partie entière

+1 et J =⋂

q∈I Jq.


Preuve II

Posons U = 1nr⋂

p∈J Bp, on a U ∈ VE(0) (J est finie) et si x ∈ U, alors pour tout q ∈ I,

q(T(x)) 6 Cq supp∈Jq

p(x) <Cq

nr6

1

n

donc T(x) ∈ 1n⋂

q∈I Bq ⊂ V. D’où U ⊂ T−1(V) c-à-d T est continue. ut


Remarque

Remarque

Si de plus P est filtrante alors

i) T est continue pour les topologies TE = TE(P) et TF = TF(Q)⇐⇒ ii) ∀q ∈ Q, ∃pq ∈ P, ∃mq ∈ N∗, T

(Bpq)⊂ mqBq

⇐⇒ iii) ∀q ∈ Q, ∃pq ∈ P, ∃Cq > 0, ∀x ∈ E, q(T(x)) 6 Cq pq(x).


Continuité des semi normes

Théorème 5.16

Soit E un R-espace vectoriel et P une famille de semi normessur E. Soit f : E→ R une application telle que ∀x, y ∈ E, ∀t > 0

i) f(x + y) 6 f(x) + f(y) et f(tx) = tf(x).

Alors

f est continue avec E muni de la topologie TE = TE(P)⇐⇒ ∃J ∈ JP , ∃C > 0, ∀x ∈ E, f(x) 6 C supp∈J p(x).


PreuveOn peut aussi utiliser le théorème 4.23

Démostration :(=⇒) : Supposons que f est continue donc elle est continue en 0 donc f−1(]− 1, 1[) ∈ VE(0).Donc il existe n ∈ N∗ et il existe J ∈ JP tels que

1

n

⋂p∈J

Bp ⊂ f−1(]− 1, 1[).

Soit x ∈ E et ε > 0 donc y = 1n(ε+supJ p(x)) x ∈1n

⋂p∈J Bp ⊂ f

−1(]− 1, 1[). d’où

f(y) =1

n(ε + supJ p(x))|f(x)| < 1.

Ainsi, en tendant ε→ 0+, nous obtenons f(x) 6 |f(x)| 6 C supp∈J p(x) avec C = n.(⇐=) : Soit x ∈ E et montrons que f est continue en x. Pour cela, soit V ∈ VR(f(x)) donc ilexiste ε > 0 tel que f(x) + ε]− 1, 1[=]f(x)− ε, f(x) + ε[⊂ V. Soit n ∈ N∗ tel que Cn < ε etposons W = x + 1n

⋂p∈J Bp. On a W ∈ VE(x) et pour tout y ∈ W,

f(y)− f(x) 6 f(y − x) 6 C supp∈J

p(y − x) 6C

n< ε,

de même

f(x)− f(y) 6 f(x− y) 6 C supp∈J

p(x− y) = C supp∈J

p(y − x) 6C

n< ε.

Ainsi f(W) ⊂ f(x) + ε]− 1, 1[⊂. D’où la continuité de f en x. utMohammed Hassani Analyse fonctionnelle — S6 FP-Safi Dépt. de Maths & Info – SMA — S6 105/214

Définitions

Définition 5.17

Soit (I,6) un ensemble ordonné, on dit que (I,6)est dirigé si∀i, j ∈ I, ∃k ∈ I tels que i 6 k et j 6 k.

Exemple 5.18

X (N,6) est dirigé.X L’ensemble des voisinages de x muni de l’inclusion estdirigé.


Définitions

Définition 5.19

Soit (I,6) un ensemble dirigé et E un espace topologique.1. Une suite généralisée (famille, net) (xi)i∈I à valeurs dans Eest une application de I dans E : I→ E, i 7→ xi.2. On dit que la suite généralisée (xi)i∈I à valeurs dans Econverge vers x ∈ E si

∀V ∈ VE(x), ∃i0 ∈ I, ∀i ∈ I, i0 6 i =⇒ xi ∈ V.

On écrit dans ce cas (xi)i∈I → x dans E ou limi∈I

(xi)i∈I = x dans

E.


Convergence des suites généralisées

Théorème 5.20

Soit E un evt, (xi)i∈I une suite généralisée à valeurs dans E etx ∈ E.1. (xi)i∈I → x dans E si et seulement si ∀V ∈ VE(0), ∃i0 ∈I, ∀i ∈ I, i0 6 i =⇒ xi − x ∈ V ( c-à-d (xi − x)i∈I → 0).2. Si la topologie sue E est définie par une famille de seminormes P alors(xi)i∈I → x dans Esi et seulement si ∀p ∈ P, (p(xi − x))i∈I → 0 dans R (onrevient à R !).

Démostration :En exercice


Proprietés

Proposition 5.21

Soit P et Q deux familles de semi normes sur E. Alors

TE(P) ⊂ TE(Q) ⇐⇒ ∀p ∈ P, p est continue pour TE(Q).

Démostration :Il suffit d’étudier la continuité de l’application linéaire

f = idE : (E, TE(P))→ (E, TE(Q)), x 7→ x...


Définition : espace métrisable

Définition 6.1

Soit (E, T ) un espace topologique. On dit qu’il estmétrisable s’il existe une distance d sur E telle que

T = Td = {U ⊂ E | ∀x ∈ U, ∃r > 0, Bd(x, r) ⊂ U} .

Où Bd(x, r) = {y ∈ E | d(y, x) < r}.

Remarque

Si (E, T ) est un evt métrisable par une distance d sur E, alors elleest séparé et 0 admet une base de voisinages dénombrable :{

Bd(0,1n ) ; n ∈ N

∗}.Mohammed Hassani Analyse fonctionnelle — S6 FP-Safi Dépt. de Maths & Info – SMA — S6 110/214

Critère de métrisabilité !

Théorème 6.3

(E, T ) est un evt séparé.

(E, T ) est métrisable ⇐⇒ 0 admet une base de voisinagesdénombrable.

Démostration :=⇒) : Triviale d’après la remarque précédente.⇐=) : Admis (Mais pour les courageux voir le polycopié des exercices corrigés). ut


Un autre critère de métrisabilité

Théorème 6.4

Soit (E, T ) un evtlc séparé. Alors

(E, T ) est métrisable ⇐⇒ il existe une suite de semi normesP = {pn ; n ∈ N∗} telle que T = TE(P).

Dans ce cas on peut choisir une distance invariante partranslation.


Preuve I

Démostration :Rappelons que V = {V ∈ VE(0) | V est équilibré, convexe et fermé} est une base de voisinagede 0 et notons pV la jauge de V. On sait que T = TE(Q), oùQ = {pV ; V ∈ V}.=⇒) :Soit d une distance dans E telle que T = TE(Q) = Td. Pour n ∈ N∗, soit Wn ∈ V tel queWn ⊂ Bd(0, 1n ). Notons

P ={

pWn ; n ∈ N∗}.

D’après la proposition 5.21 et puisque P ⊂ Q,

TE(P) ⊂ TE(Q) = T .

Réciproquement, Soit q ∈ Q donc il existe V ∈ V telle que q = pV . Soit nV ∈ N∗ tel queBd(0,

1nV

) ⊂ V, on obtient Wn ⊂ V et par conséquent, pV 6 pWn c-à-d ∃p ∈ P telle que q 6 p.D’où q est continue pour TE(Q) ce qui donne

T = TE(Q) ⊂ TE(P).

On conclut queT = TE(Q) = TE(P).

⇐=) : Soit une suite P = {pn ; n ∈ N∗} de semi normes sur E telle que T = TE(P). Posons

d : E× E −→ [0,+∞[(x, y) 7−→ maxn∈N

[1

2n(pn(y − x) ∧ 1)

]Mohammed Hassani Analyse fonctionnelle — S6 FP-Safi Dépt. de Maths & Info – SMA — S6 113/214

Preuve II

X d est une distance sur E :i. (symétrie) ∀x, y ∈ E, ∀n ∈ N, pn(y − x) = pn(x− y), donc d(x, y) = d(y, x)ii. (séparante) Soit x, y ∈ E tels que d(x, y) = 0. Donc ∀n ∈ N, pn(y − x) = 0 et puisque TE(P)est séparée, P est séparante donc y = x. Réciproquement, puisque ∀n, pn(0) = 0 on ad(x, x) = 0.iii. (transitivité) Soit x, y, z ∈ Z, on a pour tout entier n, pn(z − x) 6 pn(z − y) + pn(y − x) donc

1

2n(pn(z − x) ∧ 1) 6

1

2n(pn(z − y) ∧ 1) +

1

2n(pn(y − x) ∧ 1) 6 d(z, y) + d(y, x)

d’où d(z, x) 6 d(z, y) + d(y, x).Remarquons que d(y, x) = d(y − x, 0) c-à-d d est invariante par translation.X Td ⊂ T : Soit U ∈ Td, soit x ∈ U donc il existe r > 0 tel que Bd(x, r) ⊂ U. Soit m ∈ N∗ tel que1m < r, soit n0 ∈ N tel que

12n0

< r et posons J = {p0, · · · , n0}.Soit y ∈ x + 1m

⋂i=0··n Bpi donc ∀i = 0 · ·n, pi(y − x) <

1m , en particulier

∀i = 0 · ·n,1

2i[pi(y − x) ∧ 1] < r.

D’autre part, ∀i > n, 12i

[pi(y − x) ∧ 1] 6 12i< 1

2n0< r. Ainsi d(y, x) < r, c-à-d

y ∈ Bd(x, r) ⊂ U.D’où x + 1m

⋂i=0··n Bpi ⊂ U, ce qui implique que U ∈ T .

X T ⊂ Td : Soit U ∈ T , soit x ∈ U donc il existe m ∈ N∗ et il existe J ={

pn1 , · · · , pnk}∈ JP

tels que x + 1m⋂

i∈J Bp ⊂ U. Posons α = max {n1, · · · , nk} et r =1

m2α .


Preuve III

Soit y ∈ Bd(x, r), donc ∀i ∈ N, pi(y − x) ∧ 1 < r2i, en particulier∀j ∈ {n1, · · · , nk} , pnj (y− x) ∧ 1 < r2

nj 6 r2α = 1m 6 1. Donc y ∈ x +1m

⋂i∈J Bp ⊂ U. Ainsi

Bd(x, r) ⊂ U

c-à-d U ∈ Td. ut


Définitions

Définition 6.5

Soit (E, T ) un evt. Soit (xn)n∈N une suite de E. On dit que(xn)n∈N est une suite de Cauchy au sens des espacesvectoriels topologiques si

∀V ∈ VE(0), ∃n0 ∈ N, ∀n,m > n0, xm − xn ∈ V.

Définition 6.6

Un evt est dit complet au sens des evtsi et seulement si Toute suite de Cauchy au sens des evtconverge dans E.


Définitions

Définition 6.7

Un espace de Fréchet est evtlc métrisable complet au sensde evt ce qui est équivalent à dire qu’il complet au sensmétrique avec une distance qui engendre la topologieinvariante par translation.


Un exemple, parmi d’autres

Exemple 6.8

Soit Ω un ouvert de Rd, soit (Kn)n∈N une suite de parties compactes de Rd telle que

⋃n

Kn = Ω et Kn ⊂◦Kn+1.

Soit m ∈ N etpm : Ck(Ω;R), f 7→ pm(f) = sup

|α|6ksup

x∈Km||Dαf(x)

avec pour α = (α1, · · · , αd) ∈ Nd, |α| = α1 + · · · + αd et Dαf(x) = ∂α

∂α1 x1··∂αd xd

.

Posons

d(f , g) = maxm∈N

1

2m[pm (f − g) ∧ 1] .

On a (E, Td) est un espace de Fréchet.


Chapitres 3

Théorèmes classiquesd’analyse fonctionnelle


Plan de ce chapitre

7 Banach-Steinhaus

8 Application ouverte

9 Graphe fermé


Définitions ou rappel

Définition 7.1

Soit (E, T ) un espace topologique, on dit que A ⊂ E estmaigre s’il existe une suite (An)nßN de fermé telle que

A ⊂⋃n∈N

An et◦An = ∅.

Remarque

Soit (E, T ) un espace topologique.1. Si (An)nßN est une suite de partie maigre de (E, T ) alors

⋃n∈N An

est maigre dans (E, T ).2. Si A ⊂ B ⊂ E et B est maigre de E alors A est maigre.


Définitions

Définition 7.3

Soient E et F deux espaces topologiques. Soit (Ti)i∈I unefamille d’applications de E dans F.X On dit que la famille (Ti)i∈I est équicontinue en x ∈ E si

∀V ∈ VF(f(x)),⋂i∈I

T−1i (V) ∈ VE(x).

X On dit que la famille (Ti)i∈I est équicontinue (resp. surA ⊂ E) si elle est équicontinue en tout point x ∈ E (resp.x ∈ A).


Propriétés

Proposition 7.4

Soient E et F deux evt. Soit (Ti)i∈I une famille d’applicationslinéaires de E dans F.La famille (Ti)i∈I est équicontinue si elle est équicontinue en0 c-à-d

∀V ∈ VF(0),⋂i∈I

T−1i (V) ∈ VE(0).

Démostration :Facile, semblable à la démonstration de la proposition 4.21.


Propriétés

Proposition 7.5

Soient E et F deux evt. Soit (Ti)i∈I une famille d’applicationslinéaires de E dans F équicontinue. Soit B une partie de Ebornée. Alors

⋃i∈I Ti(B) est bornée dans F.

Démostration :Soit V ∈ VF(0). Puisque (Ti)i∈I est équicontinue en 0,

⋂i∈I T

−1i (V) ∈ VE(0). Soit donc t > 0 tel

que B ⊂ t⋂

i∈I T−1i (V). Ainsi, grâce à la linéarité des Ti, ∀i ∈ I,

Ti(B) ⊂ tV.

Ce qui donne⋃

i∈I Ti(B) ⊂ tV c-à-d⋃

i∈I Ti(B) est bornée dans F. ut


Théorème que je l’appelle aussi Banach-Steinhaus

Théorème 7.6

Soient E et F deux evt. Soit (Ti)i∈I une famille d’applicationslinéaires continues de E dans F.Notons, pour x ∈ E, Γ(x) = {Ti(x) ; i ∈ I} etA = {x ∈ E ‖ Γ(x) est bornée dans F}.Si A n’est pas maigre dans E, alors1. (Ti)i∈I est équicontinue.2. A = E.


Preuve I

Démostration :1. (Ti)i∈I est équicontinue : Soit V ∈ VF(0), soit U ∈ VF(0) équilibré tel que

U + U + U + U ⊂ V.

Posons Ω =⋂

i∈I T−1i

(U), puisque les Ti sont continues on a Ω est un fermé de E.

Or ∀x ∈ E

x ∈ A =⇒ Γ(x) est bornée dans F=⇒ ∃t > 0, Γ(x) ⊂ tU=⇒ ∃nN∗, Γ(x) ⊂ nU car U est équilibrée

=⇒ ∃nN∗, ∀i ∈ ITi(x) ⊂ nU ⊂ nU

=⇒ ∃nN∗, ∀i ∈ Ix ∈ nT−1i (U) car Ti est linéaire

=⇒ x ∈⋃

n∈N∗nΩ.

Donc A ⊂⋃

n∈N∗ nΩ et puisque A est maigre on a ∃n0 ∈ N∗, int(n0Ω) 6= ∅ donc

◦Ω 6= ∅.


Preuve II

Soit ω ∈◦Ω, donc W

def= −ω + Ω ∈ VE(0).

Soit x ∈ W donc x + ω ∈ Ω et par suite ∀i ∈ I, Ti(x + ω) ∈ U d’où Ti(x) ∈ −Ti(ω) + U, orω ∈ Ω donc −Ti(ω) ∈ −U = U (car U est équilibrée). Ainsi,

Ti(x) ∈ −Ti(ω) + U ⊂ U + U ⊂ U + U + U + U ⊂ V.

Donc W ⊂⋂

i∈I T−1i (V) ce qui nous donne

⋂i∈I T

−1i (V) ∈ VE(0). (Ti)i∈I est équicontinue.

2. A = E : Soit x ∈ E, d’après la proposition 7.5 on a {x} est borné donc⋃

i∈I Ti({x}) = Γ(x)est bornée dans F c-à-d x ∈ A. ut


Théorème de Banach-Steinhaus

Théorème 7.7 (Théorème de Banach-Steinhaus)

Soit (E, T ) un evt de Baire (e.g. espaces de Fréchet,espaces d Banach ... ) et F un evt. Soit (Ti)i∈I une familled’applications linéaires continues de E dans F telle que

∀x ∈ E, {Ti(x) ; i ∈ I} est bornée dans F.

Alors (Ti)i∈I est équicontinue.

Démostration :Reprenons les notations du théorème 7.6. On a A = E qui n’est pas maigre puisque E est unespace de Baire. On applique donc le théorème 7.6 pour conclure. ut


Conséquences

Corollaire 7.8

Soit (E, T ) un evt de Baire et F un evt séparé. Soit (Tn)n∈Nune suite d’applications linéaires continues de E dans Ftelle que

∀x ∈ E, limn→+∞

Tn(x) existe dans F.

Alors T : E→ F, x 7→ limn→+∞ Tn(x) est bien définie linéairecontinue.


Preuve I

Démostration :X On a T est bien définie car F est séparé ce qui donne l’unicité de la limite.X On a T est linéaire car les Tn le sont.X On a Γ(x) = {Tn(x) ; n ∈ N} est bornée, en effet soit V ∈ VF(0), soit U ∈ VF(0) équilibré telque U + U ⊂ V. Soit un entier n0 tel que ∀n > n0, Tn(x) ∈ l + U avec l = limn→+∞ Tn(x). Soitβ > 0 tel que βl ∈ U, pour tout k ∈ {0, · · · , n0}, αk > 0 tel que αkTk(x) ∈ U. Posonst

def= min{α0, · · · , αn0 , 1, β}. Puisque U est équilibré, on a

t {Tn(x) ; n ∈ N} ⊂ V.

X T est continue. En effet, Soit V ∈ VF(0), U ∈ VE(0) équilibré tel que U + U ⊂ V. D’après lethéorème de Banach Steinhaus 7.7, W =

⋂n T−1n (U) ∈ VE(0), soit

Soit x ∈ W.Soit n0 ∈ N tel que ∀n > n0, Tn(x) ∈ T(x) + U. U est équilibré et x ∈ W implique que−Tn(x) ∈ U. D’où T(x) ∈ U + U ⊂ V. Ce qui nous donne W ⊂ T−1(V) par suite T est continue en0 et donc continue puisqu’elle est linéaire d’un evt dans un evt. ut


Conséquences

Corollaire 7.9 (Théorème de Banach-Steinhaus)

Soient E et F deux espace de Banach. Soit (Ti)i∈I une familled’applications linéaires continues de E dans F. On supposeque

∀ x ∈ E, supi∈I‖Tix‖F

Conséquences

Démostration :D’après le théorème de Banach-Steinhaus 7.7, (Ti)i∈I est équicontinue. Donc⋂

i∈I T−1i (B(0, 1)) ∈ VE(0), ainsi il existe r > 0 tel que B(0, r) ⊂

⋂i∈I T−1i (B(0, 1)).

Soit x ∈ E et ε > 0 donc rε+||x|| x ∈ B(0, r) donc ∀i ∈ I, ||Ti(

rε+||x|| x)|| < 1, on obtient ∀i ∈ I,

||Ti(x)|| < 1r (ε + ||x||). En tendant ε→ 0+, on a

∀i ∈ I, ||Ti(x)|| 61

r||x||.

ut


Preuve, une deuxième méthode I

Démostration :Pour tout n ∈ N∗, on pose

Xp := {x ∈ E : ∀ i ∈ I, ‖Tix‖F ≤ p}.

Pour tout p ∈ N∗, Xp est un fermé :En effet : Soit (xn)n∈N une suite d’éléments de Xp telle que (xn)n∈N converge vers x.

∀ n ∈ N : ‖Tixn‖F ≤ p, ∀ i ∈ I,

comme ∀ i ∈ I, Ti est continue, par passage à la limite on trouve que

‖Tix‖F ≤ p, ∀ i ∈ I,

ce qui donne que x ∈ Xp, ∀ p ∈ N. En plus, puisque

∀ x ∈ E, supi∈I‖Tix‖F

Preuve, une deuxième méthode II

Soit x0 ∈ E et r > 0 tels que B(x0, r) ⊂ Xp0 . On a :

∀ i ∈ I, ∀ z ∈ B(0, 1) : ‖Ti(x0) + rTi(z)‖ ≤ p0.

Ainsi

∀ i ∈ I, ∀ z ∈ B(0, 1) : ‖Ti(z)‖ ≤1

r(p0 + Ti(x0)).

D’où

supi∈I‖Ti‖

Conséquences

Corollaire 7.10

Soient E et F deux espaces de Banach. Soit (Tn)n∈I une familled’opérateurs linéaires continus de E dans F. On suppose que∀ x ∈ E, la suite (Tnx)n∈N converge vers une limite Tx. Alors

1

supi∈I‖Tn‖L(E,F)

Démostration :1 Résulte directement du théorème de Banach-Steinhaus. Il existe c > 0 telle que :

∀ n ∈ N, ∀ x ∈ E, ‖Tnx‖ ≤ c‖x‖.

Par passage à la limite, on obtient que : ‖Tx‖ ≤ c‖x‖, ∀ x ∈ E.2 Il est facile de vérifier que T est linéaire ;

3 On a‖Tnx‖ ≤ ‖Tn‖L(E,F)‖x‖, ∀ x ∈ E

par passage à la limite, on trouve que :

‖T‖L(E,F) ≤ limn→+∞

inf ‖Tn‖L(E,F).

ut


Conséquences

Corollaire 7.11

Soit G un espace normé et soit B un sous-ensemble de G. Onsuppose que :∀ f ∈ G′ l’ensemble f(B) est borné dans R. Alors B est bornédans G.

Démostration :On applique le théorème de Banach Steinhaus 7.9 avec E = G′, F = R et I = B. Pour chaqueb ∈ B, on pose

Tb(f) = f(b), ∀ f ∈ G′

donc∀ f ∈ G′, sup

b∈B|Tb(f)| < +∞.

Il existe c > 0 telle que :∀f ∈ G′, ∀ b ∈ B, |f(b)| ≤ c‖f‖.

Donc, d’après le théorème de Hahn Banach,

∀b ∈ B, ||b|| = max||f||=1

|f(b)| ≤ c.


Conséquences

Corollaire 7.12

Soit G un espace de Banach et soit B′ un sous-ensemble deG′. On suppose que :∀ x ∈ G l’ensemble {f(x) : f ∈ G′} est borné dans R. Alors B′est borné dans G′.

Démostration :On applique le théorème de Banach Steinhaus 7.9 avec E = G, F = R et I = B′. Pour chaquef ∈ B′ on pose

Tf (x) = f(x), ∀ x ∈ G

donc il existe c > 0 telle que :

∀ x ∈ G, ∀ f ∈ B′, |f(x)| ≤ c‖x‖.

Donc∀ f ∈ B′, ‖f‖ ≤ c.


Théorème de l’application ouverte

Théorème 8.1 (Théorème de l’application ouverte)

Soit (E, TE) un espace de Fréchet et (F, TF) un evt séparé. SoitT une application linéaire continue de E dans F telle queT(E) n’est pas maigre dans F. Alors1. T est ouverte c-à-d ∀ θ ∈ TE, T(θ) ∈ TF.2. T(E) = F.3. F un espace de Fréchet.


Preuve I

Démostration :Soit P = {pn ; n ∈ N} une suite de semi normes qui engendre la topologie TE (i.e.TE = TE(P)) et soit la distance d(x, y) = maxn

[1

2n(pn(y − x) ∧ 1)

]. On sait que

Td = TE = TE(P) et que (E, d) est complet (donc (E, TE) est un espace de Baire).1. En plusieurs étapes :

i. ∀V ∈ VE(0),◦

T(V) 6= ∅ :En effet, soit U ∈ VE(0) équilibré tel que U ⊂ V. Soit x ∈ E donc il existe t > 0 tel que x ∈ tU(tout voisinage de 0 est absorbant). Soit n un entier tel que n > t donc x ∈ n tn U ⊂ n U (U estéquilibré), ainsi x ∈

⋃n∈N∗ nV. D’où

T(E) ⊂⋃

n∈N∗nT(V).

Mais T(E) n’est pas maigre donc◦

T(V) 6= ∅.ii. ∀V ∈ VE(0), T(V) ∈ VF(0) :

En effet, soit U ∈ VE(0) équilibré tel que U + U ⊂ V. Puisque U est équilibré, on a −U = U etdonc U− U ⊂ V. La linéarité de T nous assure que T(U)− T(U) ⊂ T(V) et par conséquent

◦T(U)−

◦T(U) ⊂

◦T(U)− T(U) ⊂

◦T(V),


Preuve II

car ∀A, B ⊂ E,◦A−

◦B ⊂ int(A− B) et A− B ⊂ A− B (en exercice, simple !) .

Soit z ∈◦

T(U) (qui existe d’après l’étape i)), donc 0 = z − z ∈◦

T(V).

iii. ∀V ∈ VE(0), ∃U ∈ VE(0), T(U) ⊂ T(V) :Soit V ∈ VE(0) donc il existe r > 0 tel que Bf (0, 2r) ⊂ V et notons Un = B(0, 2−nr).On a, puisque la distance d est invariante par translation, pour tout n ∈ N,Un+1 ⊂ Un+1 − Un+1 ⊂ Un ⊂ V et U0 − U0 ⊂ V.Soit y ∈ T(U0).Construisons par récurrence une suite (xn, yn)n∈N d’éléments de F × E :y0 = y et puisque y0 ∈ T(U0) alors

[y0 − T(U1)

]∩ T(U0) 6= ∅ donc il existe x0 ∈ U0 tel que

y0 − T(x0) ∈ T(U1).y1 = y0 − T(x0) et puisque y1 ∈ T(U1) alors

[y1 − T(U2)

]∩ T(U1) 6= ∅ donc il existe x1 ∈ U1 tel

que y1 − T(x1) ∈ T(U2).Supposons qu’on a construit, pour n ∈ N∗, (xn, yn) tel que yn ∈ T(Un), xn ∈ Un,yn − T(xn) ∈ T(Un+1) et yn = yn−1 − T(xn−1). Posons yn+1 = yn − T(xn) ∈ T(Un+1) alors[yn+1 − T(Un+2)

]∩ T(Un+1) 6= ∅, donc il existe xn+1 ∈ Un+1 tel que

yn+1 − T(xn+1) ∈ T(Un+2).

Ce qui donne (xn+1, yn+1) avec les propriétés voulues.


Preuve III

En utilisant yn = yn−1 − T(xn−1) et en posant sndef=∑n−1

i=0 xi, on a

yn = y − T(sn).

Or pour tout n, p ∈ N,

d(sn+p, sn) = d(sn+p − sn, 0) = d(n+p−1∑

i=n

xi, 0) 6+∞∑i=n

d(xi, 0) 6+∞∑i=n

r

2i6

2r

2n.

Ainsi (sn)n est une suite de Cauchy dans l’espace complet (E, d) donc converge vers un éléments de E. Mais

d(sn, 0) = d(n−1∑i=0

xi, 0) 6+∞∑i=0

d(xi, 0) 6+∞∑i=0

r

2i6 2r.

Donc ∀n ∈ N∗, sn ∈ Bf (0, 2r) donc s ∈ Bf (0, 2r) ⊂ V. On a ainsi la suite (yn)n converge versy − T(s).D’autre part, soit W ∈ VF(0) arbitraire et considérons θ ∈ VF(0) équilibré tel que θ + θ ⊂ W.Puisque yn ∈ T(Un), on obtient [yn − θ] ∩ T(Un) 6= ∅, il existe do

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