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\bf Solution #1 \newline\it \small }} { \vspace{0.25cm }}
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%rappel : \overline{cequ'onveut}
\newtheorem{cor}{Corollary}
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%si on supprime le 1 dans le crochet la commande s'inactive et le texte apparaît. Si on le remet le texte disparaît
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\title{Examen d'analyse fonctionnelle, E.N.S. Cachan, 2005-2006}
\pagestyle{myheadings}
\begin{document}
\maketitle \noindent{\it Les exercices sont  indépendants et les questions dans les exercices sont aussi largement
indépendantes. Lisez-les tous avant de commencer et choisissez l'ordre qui vous convient le mieux.  On recommande très
vivement la précision, mais aussi la briéveté dans la rédaction. Ne redémontrez pas des faits contenus dans le
polycopié. Contentez-vous de citer précisément en donnant des références explicites pour les résultats utilisés dans
les démonstrations. }



\medskip
\noindent {\bf Problème: Convexité, Hahn-Banach et une preuve de l'inégalité de Jensen.} Soit $U\subset \RR^n$ un
ouvert convexe et $\varphi: U\to \RR$ une fonction convexe. On note $x=(x_1,\dots x_n)$ et $y=(y_1,\dots y_n)$ des
éléments de $\RR^n$ et $x.y=\sum_{i=1}^nx_iy_i$ leur produit scalaire canonique. Soit $\varphi$ une fonction $C^2$ au
voisinage d'un point $x\in \RR^n$. On note $D\varphi(x)=(\frac{\partial \varphi}{\partial x_1}(x),\dots
\frac{\partial\varphi}{\partial x_n}(x))\in \RR^n$ son gradient et
$$D^2\varphi(x)=\left(\frac{\partial^2\varphi}{\partial x_i\partial x_j}\right)_{1\leq i,j\leq n}$$
sa dérivée seconde en $x$ qui est une matrice symétrique. Si $A=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}$ est une matrice symétrique
$n\times n$ et $x\in \RR^n$ on note $A(v,v)=\sum_{i,j}a_{ij}v_iv_j.$


\medskip\noindent
 1) Rappeler la définition de la convexité, pour un ensemble $U\subset \RR^n$. Rappeler la définition de la
convexité pour une fonction $\varphi:U\to \RR$, avec $U$ convexe.

\nada{\medskip \noindent \it $\forall x,y\in U,\; [x,y]\subset U$.\newline $\forall x,y\in U,\; t\in [0,1],\;
\varphi(tx+(1-t)y)\leq t\varphi(x)+(1-t)\varphi(y).$

}

\medskip\noindent
2)a) (facultatif) Soit $\varphi$ une fonction deux fois continûment différentiable sur un intervalle ouvert $I\subset
\RR$ et à valeurs dans $\RR$. Montrer que $\varphi$ est convexe si et seulement si pour tout $x$ dans $I$,
$\varphi''(x)\geq 0$.

\nada{\medskip \noindent \it  Supposons que $\varphi$ est convexe sur un intervalle $U$ de $\RR$. On a ,$\varphi(x)\leq
\frac 12(\varphi(x-h)+\varphi(x+h))$ et on fait un développement de Taylor d'ordre de 2 entre $x+h$ et $x$ d'une part
et entre $x-h$ et $x$ d'autre part. Les termes d'ordre 0 et 1 en $h$ s'annulant cela donne $0\leq
h^2\varphi''(x)+o(h^2)$. Il suffit alors de diviser par $h^2$ et de faire tendre $h$ vers zéro. \newline Réciproquement
supposons que $\varphi''(x)\geq 0$ sur un intervalle $U$. Donc $\varphi'(x)$ est croissante. Par le théorème des
accroissements finis on a donc pour tous $x$, $y\in U$ et $t\in [0,1]$,
$$\frac{\varphi(tx+(1-t)y)-\varphi(x)}{(1-t)(y-x)}\leq \frac{\varphi(y)-\varphi(tx+(1-t)-y)}{t(y-x)}.$$
En réarrangeant cette inégalité on obtient $\varphi(tx+(1-t)y)\leq t\varphi(x)+(1-t)\varphi(y).$

 }



\medskip\noindent
2)b) (facultatif) Soit $U\subset \RR^n$ convexe et  $\varphi$ une fonction deux fois continûment différentiable sur $U$
à valeurs dans $\RR$.
 Montrer que $\varphi: U\subset \RR^n\to\RR$ est convexe si et seulement si pour tout $x$ dans $U$ et tout $v\in \RR^n$,
$D^2\varphi(x)(v,v)\geq 0$. Indication:   Utiliser la question précédente: poser pour $x\in U$ et $v\in \RR^n$
$\tilde\varphi(t)= \varphi(x+tv)$. Montrer que $\tilde \varphi$ est convexe sur son intervalle de définition et
calculer $\tilde\varphi''(0)$.

\nada{\medskip \noindent \it  Par définition, une fonction est convexe sur $U$ si et seulement si elle est convexe sur
tout segment ouvert de $U$ et donc si et seulement si sa restriction à tout segment a une dérivée seconde positive.
Soit $x$ dans $U$. On paramètre un segment quelconque contenant $x$ par $x+tv$. Soit $\psi(t)=\varphi(x+tv)$. La
fonction $\varphi$ est donc convexe si et seulement si $\psi''(0)\geq 0$ pour tout $x\in U$ et $v\in \RR^n$. Or par la
règle de dérivée composée, $\psi''(0)=D^2\varphi(x)(v,v)$ car le gradient de $t\to x+tv$ est $v$ et la dérivée seconde
de $t\to x+tv$ est nulle.

}


\medskip\noindent
3)  Donner pour une fonction quelconque $\varphi:\RR^n\to \RR$ la définition de $\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)$.
 Montrer que $\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)=-\lim\inf_{y\to x}(-\varphi(y)).$
Montrer qu'une fonction $\varphi$ est continue en un point $x$ si et seulement si $$\lim\inf_{y\to
x}\varphi(y)\geq\varphi(x)\geq \lim\sup_{y\to x}\varphi(y).$$


\nada{\medskip \noindent \it Les définitions sont
$$\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)=\lim_{r\to 0}\sup_{y\in B(x,r)\setminus\{x\}} \varphi(y),\quad
\lim\inf_{y\to x}\varphi(y)=\lim_{r\to 0}\inf_{y\in B(x,r)\setminus\{x\}} \varphi(y).$$

Il est important d'enlever $x$ à la boule $B(x,r)$!  La relation demandée vient de ce que pour un ensemble quelconque
de réels $\sup (-A)=-\inf(A)$.  La fonction $\varphi$ est continue en $x$ si et seulement si $\forall\varepsilon\exists
r$, $|y-x|\leq r \hbox{ et } y\neq x\Rightarrow \varphi(x)-\varepsilon\leq \varphi(y)\leq \varphi(x)+\varepsilon$ soit
encore
$$\varphi(x)-\varepsilon \leq \inf_{y\in B(x,r)\setminus\{x\}}\varphi(y)\leq \sup_{y\in B(x,r)\setminus\{x\}}\leq
\varphi(x)+\varepsilon.$$ Il suffit de prendre les limites quand $r$ vers zéro pour conclure.
 }

\medskip\noindent 4)
Montrer que toute fonction $\varphi$ convexe sur un ouvert $U\subset \RR^n$  est continue. Indication: on vérifiera et
utilisera successivement les deux inégalités
$$\varphi(y)\leq  \frac 12 \varphi(2y-x)+\frac 12 \varphi(x),\quad
\varphi(x)-\frac 12\varphi(x-z)\leq \frac 12\varphi(x+z).$$ Prendre la limite inférieure ou supérieure des deux membres
de ces inégalités quand $y\to x$ et quand $z\to 0$.
\\


\nada{ \medskip\noindent\it  Les deux inégalités découlent immédiatement de la convexité de $\varphi$, la première
parce que $y$ est le milieu de $[2y-x, x]$ et la deuxième parce que $x$ est le milieu de $[x-z,x+z]$.  On fait la
limite supérieure de la première inégalité quand $y$ tend vers $x$. Cela donne

$$\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)\leq \frac 12\lim\sup_{y\to
x}\varphi(2y-x)+\frac 12\varphi(x)\leq \frac 12\lim\sup_{y\to x}\varphi(y)+\frac 12 \varphi(x).$$ En  effet si $y\to
x$, $2y-x\to x$.  Donc $\lim\sup_{y\to  x}\varphi(y)\leq \varphi(x).$ En appliquant maintenant une limite inférieure à
la deuxième inégalité,

$$\varphi(x)-\lim\sup_{z\to 0}\frac 12\varphi(x-z)\leq \lim\inf_{z\to  0}\frac
12\varphi(x+z).$$ En utilisant la première inégalité prouvée, $-\frac 12 \varphi(x)\leq -\frac 12\lim\sup_{z\to
0}\varphi(x-z)$, on obtient

$$\frac 12\varphi(x)\leq \frac 12\lim\inf_{z\to 0}\varphi(x+z).$$

}

\medskip\noindent 5) Indiquer où l'hypothèse que $U$ est ouvert a été utilisée dans la question précédente.
Donner un exemple de fonction convexe sur un intervalle fermé et qui n'est pas continue.
\\


\nada{ \medskip\noindent\it On utilise que $U$ est ouvert pour dire que $2y-x$ est dans $U$ pour $y$ assez proche de
$x$ et de même que $x\pm z$ est dans $U$ pour $z$ assez petit.  Comme exemple on peut prendre $\varphi(x)=x$ sur
$U=[0,1[$, $\varphi(1)=2$.

 }

\medskip\noindent
 6) Montrer que l'épigraphe de $\varphi$, $E_\varphi=\{(x,z)\in U\times \RR,\;
z>\varphi(x)\}$ est un ouvert convexe de $\RR^n\times \RR$.


\nada{ \medskip\noindent\it Sur $U\times \RR$, l'application $(x,z)\to \varphi(x)-z$ est continue et donc l'image
réciproque de $]0,+\infty[$ est un ouvert de $U\times \RR$. Mais comme $U\times \RR$ est un ouvert de $\RR^{n+1}$
l'épigraphe est donc aussi un ouvert de $\RR^{n+1}$. La convexité est une simple vérification : si $(x,z)$ et $(x',z')$
sont dans l'épigraphe, $x$ et $x'$ sont dans $U$ et donc $tx+(1-t)x'$ aussi. Par convexité de $\varphi$,
$\varphi(tx+(1-t)x')\leq t\varphi(x)+(1-t)\varphi(x')<tz+(1-t)z'$.  Donc $(tx+(1-t)x',tz+(1-t)z')$ est dans
l'épigraphe.

 }

\medskip\noindent
7) Montrer que tout hyperplan de $\RR^n\times \RR$ peut s'écrire sous la forme $\{(x,z), \;a.x+bz=c\}$  où $a\in
\RR^n,\; b,c\in \RR$.  Soit $x_0\in U$.   Montrer que  $(x_0,\varphi(x_0))$ est dans la fermeture de $E_\varphi$.
Montrer qu'il existe  $a\in \RR^n,\; b,c\in \RR $ tels que $\forall x\in U,$
$$a.x+b\varphi(x)\geq c\hbox{ et } a.x_0+b\varphi(x_0)=c.$$


\medskip\noindent
\nada{\it   Tout hyperplan de $\RR^{n+1}$ a pour équation $f(x,z)=c$ où $(x,z)\in\RR^{n}\times \RR$ et $f$ est une
forme linéaire sur $\RR^{n+1}$. En utilisant la base canonique $(e_1,\dots,\; e_{n+1})$ de $\RR^{n+1}$ la forme
linéaire $f$ peut s'écrire $f(x,z)=\sum_{i=1}^{n} x_if(e_i)+zf(e_{n+1}).$ On pose alors $a=(f(e_1),\dots, f(e_n))$ et
$b=f(e_{n+1})$. Appliquons Hahn-Banach géométrique (Lemme 2.3) à l'épigraphe ouvert de $\varphi$ et au point
$(x_0,\varphi(x_0))$ qui n'appartient pas à cet épigraphe. Donc il existe un hyperplan propre d'équation
$f(x,z)=a.x+bz=c$  tel que $f(x_0,\varphi(x_0))=c$ et $f(x,z)>c$ pour tout $(x,z)$ dans l'épigraphe. En faisant tendre
$z$ vers $\varphi(x)$ on déduit que $f(x,z)\geq c.$

 }


\medskip\noindent
8) Montrer que $b\neq 0$.  En déduire qu'il  existe $v\in \RR^n$ tel que
$$\forall x\in U,\quad\varphi(x)\geq v.(x-x_0)+\varphi(x_0).$$

\nada{ \medskip\noindent\it  Si on avait $b=0$ alors on aurait $f(x,z)=a.x\geq c=a.x_0$ pour tout $x$ dans $U$ et
$a\neq 0$. Donc pour tout $x$ dans $U$, $a.(x-x_0)\geq 0$. Mais comme $U$ est ouvert et $x_0$ un point de $U$ on peut
prendre $x=x_0+r z$ avec $z$ quelconque dans la boule unité, pour $r$ assez petit. En prenant $z=-\frac{a}{||a||}$ on
aboutit à la contradiction $-r||a||^2\geq 0.$  On sait donc que pour tout $(x,z)$ dans l'épigraphe de $\varphi$,
$a.x+bz\geq c=a.x_0+b\varphi(x_0)$.  Comme $z$ peut tendre vers $+\infty$, on déduit que $b\geq 0$. En divisant par $b$
et en faisant tendre $z$ vers $\varphi(x)$ on obtient finalement $\varphi(x)\geq \varphi(x_0) + \frac{-a}{b}.(x-x_0).$

 }

\medskip\noindent
9) L'ensemble des $v\in \RR^n$ vérifiant l'inégalité précédente s'appelle {\it sous-différentiel de $\varphi$ en $x_0$}
et il est noté $\partial \varphi(x_0)$. Montrer que $\partial\varphi(x_0)$ est convexe.  Montrer que si $\varphi$ est
$C^1$ alors le sous-différentiel en $x_0$ est réduit à $\{D\varphi(x_0)\}$.  Donner un exemple de fonction convexe tel
que le sous-différentiel ne soit pas réduit à un point.

\nada{ \medskip\noindent\it Si $v$ et $w$ sont dans le sous-différentiel, on a $\varphi(x)\geq v.(x-x_0)+\varphi(x_0)$
et $\varphi(x)\geq w.(x-x_0) +\varphi(x_0)$ et donc par  combinaison linéaire positive $\varphi(x)\geq
(tv+(1-t)w).(x-x_0) +\varphi(x_0).$


Supposons $\varphi$ convexe et $C^1$ et soit $v$ dans le sous-différentiel de $\varphi$ en $x_0$. On a donc

$$\varphi(x)\geq\varphi(x_0)+ v.(x-x_0)\hbox{ et } \varphi(x)=\varphi(x_0)+D\varphi(x_0).(x-x_0)+o(|x-x_0|^2).$$
Par soustraction on obtient
$$(D\varphi(x_0)-v).(x-x_0)\geq o(|x-x_0|^2).$$
Posons $x-x_0=hy$. Divisant par $h$ et faisant ensuite tendre $h$ vers zéro, on obtient $(D\varphi(x_0)-v).y \geq 0$
pour tout $y$ et donc $D\varphi(x_0)=v$.  }


\medskip\noindent
10) Soit $\varphi$ une fonction convexe sur un ouvert $U\subset \RR^n$.  On suppose que  $\mu$ est une mesure de
probabilité borélienne sur $U$ telle que $\int_U |\varphi(x)|d\mu(x)<\infty$ et $\int_U ||x||d\mu(x)<\infty. $  Montrer
que $\int_U xd\mu(x)=x_0$ appartient à U. Quelle est l'interprétation géométrique de $x_0$ si $\mu$ est la mesure de
Lebesgue? Indication: on pourra supposer par contradiction que $x_0$ n'appartient pas à $U$ et appliquer le Lemme 2.3.
\\

\nada{\medskip\noindent\it Supposons que $x_0=\int_U xd\mu(x)$ n'appartienne pas à $U$. Par le lemme mentionné, il
existe un hyperplan $f(x)=c$ tel que $f(x)<c$ pour $x$ dans $U$ et $f(x_0)=c$.  On a donc en faisant la différence
$f(x)<f(x_0)$ et en intégrant $\int_U f(x)d\mu(x)<f(x_0)$.  Mais comme $f$ est linéaire et continue, $\int_U
f(x)d\mu(x)=f(\int_U xd\mu(x))=f(x_0)$.  Donc $f(x_0)<f(x_0)$, une contradiction. Si $\mu$ est la mesure de Lebesgue,
$x_0$ est le centre de gravité de $U$.

}

\medskip\noindent
11)
 Montrer l'inégalité de Jensen qui suit, puis l'appliquer à $\varphi(x)=||x||^p, p\geq 1$.
$$\int \varphi(x)d\mu(x)\geq \varphi(\int_U x d\mu(x)).$$



\nada{\medskip\noindent\it  On intègre l'inégalité obtenue au 8):
$$\int_U \varphi(x)d\mu(x)\geq \int_U v.(x-x_0)d\mu(x) + \varphi(x_0).$$
Mais $\int_U v.(x-x_0)d\mu(x)=v.\int_U (x-x_0)d\mu(x)=0$ et on obtient l'inégalité annoncée.

}

 \dexer {\bf Le théorème de projection} 1) Si $V$ est un sous-espace ferm\ea d'un espace de
Hilbert $H$, montrer que pour $v\in H$,
$$d(v,V)= \hbox{Max}(Re(u,v), \; u\in V^\perp, \; ||u||=1).$$

\nada{\medskip\noindent\it Par le théorème de projection sur un sous-espace fermé, il y a une décomposition unique
$v=y+z$, $y\in V$, $z\in V^\perp$ et de plus $d(v,V)=|z|$.  Si $u\in V^\perp$ et $|u|=1$, par l'inégalité de
Cauchy-Schwartz, $Re(v,u)= Re(z,u)\leq |z||u|=|z|=d(v,V)$. Donc $d(v,V)$ est bien le maximum (atteint) de $Re(v,u)$. }

\medskip\noindent
2) En d\e duire $\hbox{Max}\int_{-1}^1 g(x)dx$ o\u $g:\; [-1, +1]\to \real$ est soumis aux contraintes
$$\int_{-1}^1 |g(x)|^2=1, \; \int_{-1}^1 x^2g(x)dx=0.$$
   On donnera la fonction $f$ pour laquelle cette
valeur maximale est atteinte.


\nada{\medskip\noindent\it On prend $H=L^2(-1,1)$ avec la norme $|g|^2=\int_{[-1,1]}|g(x)|^2dx$, $v=1$, $u=g$, $V=\RR
x^2$ où $x^2$ désigne la fonction $x\to x^2$ qui appartient à $L^2(-1,1)$. Les contraintes sur $g$ sont $g\perp \RR
x^2$ et $|g|=1$. La solution du problème est donc par la question précédente $d(v,V)=d(1,\RR x^2).$ Il suffit de
décomposer $v$ sur $V$ et $V^\perp$, donc sous la forme:
$$1=\lambda x^2+f.$$
où l'unique inconnue est $\lambda$. En  faisant le produit scalaire avec $x^2$ et tenant compte que $f$ est orthogonal
à $x^2$, on a
$$\int_{-1}^1 x^2dx=\lambda \int_{-1}^1 x^4 dx\Rightarrow \lambda=\frac 53.$$
Donc  la décomposition cherchée est
$$1=\frac 53 x^2 + (1-\frac 53x^2)$$
et la distance recherchée est
$$|f|^2=\int_{-1}^1(1-\frac 53x^2)^2dx=\frac 89.$$
Donc $d(1, \RR x^2)=\frac{2\sqrt{2}}{3}$, atteinte pour $f=1-\frac 53x^2.$  }


 \fexer

%Réponse : la distance est $\frac{2\sqrt{2}}3$ la   projection est
%$\frac 53x^2$ et la solution $\frac{3}{2\sqrt{2}}(1-\frac 53x^2).$


\dexer {\bf La norme $L^\infty$.} \\

\medskip\noindent
1) Démontrer  que $||f||_{L^\infty(\RR)}=\hbox{supess}_{x\in\real}|f(x)|$ est bien une norme sur l'espace
$L^\infty(\RR)$. (Cette propriété est énoncée mais pas démontrée dans le polycopié).
 \\

 \nada{\medskip\noindent\it  Montrons l'inégalité triangulaire. Les autres propriétés se montrent sur le même principe,
 en plus simple. Soient $A=\{x, |f(x)|>||f||_\infty\}$, $B=\{x, |g(x)|>||g||_\infty\}$, $C=\{x, |(f+g)(x)|>||f+g||_\infty\}$.
 Ce sont  des ensembles négligeables  et on a pour $x\notin A\cup B\cup C$, $|(f+g)(x)|\leq
 \sup_{A^c}|f(x)|+\sup_{B^c}|g(x)|=||f||_\infty+ +||g||_\infty.$ Comme $A\cup B\cup C$ est négligeable ceci implique
 que le sup-essentiel de $|f+g|$ est plus petit que $||f||_\infty + ||g||_\infty.$


}


\medskip\noindent
2)  Soit $f\in L^\infty(\real)$. Montrer que l'on peut considérer $f$ comme un élément $f\in L^1(\real)'$.
Montrer que $||f||_{L^\infty}=||f||_{(L^1)'}.$ On construira des fonctions $g_n\in L^1$ non nulles telles que
$\frac{\int fg_n}{||f||_{L^\infty}||g_n||_{L^1}}\to 1$ quand $n\to\infty$.


 \nada{\medskip\noindent\it

On a pour tout $g\in L^1(\RR)$, $|\int fg|\leq (\int |g|) ||f||_\infty.$  Donc $f$ est dans $(L^1)'$ et sa norme dans
$(L^1)'$ est plus petite que $||f||_\infty$. Pour  montrer l'égalité, on considère l'ensemble $A_n=\{x, |f(x)|\geq
||g||_\infty-\frac 1n\}$. Par définition de la norme de $L^\infty$, les $A_n$ sont  de mesure strictement positive. On
pose $g_n=signe(f)$ si $x\in A_n$, 0 sinon. Alors $\int fg_n =\int_{A_n} |f|\geq \mes(A_n)(1-\frac 1n)$. Comme $\int
|g_n|=\mes(A_n)$, on déduit que $\frac{\int fg_n}{||f||_{L^\infty}||g_n||_{L^1}}\to 1$ quand $n\to\infty$. Donc
$||f||_{(L^1)'}=||f||_{L^\infty}.$  }  \fexer


\dexer {\bf L'intégrabilité.}  Soit $g$ une fonction croissante de $\real^+$ dans $\real^+$ telle que
$$\lim_{s\to +\infty}\frac{g(s)}s=+\infty.$$
Soit une suite de fonctions $f_n $ mesurables telles que $\int_0^1 g(f_n)<C$ pour une constante ind\e pendante de $n$.
Montrer que $f_n$ est équiintégrable. On suppose que $f_n$ converge
 presque partout sur $[0,1]$ vers une fonction $f$. D\e montrer que $f_n$ converge vers
$f$ dans $L^1(0,1)$.


\nada{\medskip\noindent\it On a $g(s)=sh(s)$ avec $h(s)\to \infty$ quand $s\to \infty$ et donc $h(s)\geq \frac
1\varepsilon$ pour $s\geq M(\varepsilon)$.  Notons $[|f_n|>M]=\{x\in [0,1],\; |f_n(x)|>M\}$. On a

$$C\geq \int_{[|f_n|>M(\varepsilon)]}g(f_n)\geq\frac 1\varepsilon\int_{[|f_n|>M(\varepsilon)]}|f_n|$$
et donc $\int_{[|f_n|>M(\varepsilon)]}|f_n|\leq C\varepsilon.$  Pour montrer l'équiintégrabilité majorons
$$\int_K|f_n|\leq \int_{K\cap[|f_n|>M(\varepsilon)]}|f_n|+\mes(K)M(\varepsilon)\leq
C\varepsilon+\mes(K)M(\varepsilon).$$ Cette dernière quantité est plus petite que $2\varepsilon$ pour $\mes(K)\leq
\frac{\varepsilon}{M(\varepsilon)}$, ce qui prouve l'équiintégrabilité. Le deuxième résultat est alors une conséquence
directe du Théorème de Vitali.

}

\fexer \dexer {\bf Un peu de topologie.} Soient $E$ et $F$ deux espaces métriques et $f:E\to F$ continue. Rappeler la
définition de l'uniforme continuité.  Montrer que si $E$ est compact alors $f$ est uniformément continue.

\nada{\medskip\noindent\it Sans risque de confusion on note $d$ les distances dans $E$ et $F$. L'uniforme continuité
c'est:
$$\forall \varepsilon\exists\eta,\;\forall x,y,\; d(x,y)<\eta\Rightarrow d(f(x),f(y))<\varepsilon.$$
Supposons par contradiction que $E$ soit compact et que pourtant $f$ ne soit pas uniformément continue. Alors par
négation de l'uniforme continuité
$$\exists \varepsilon\forall \eta\exists x,y, d(x,y)<\eta \hbox{ et }d(f(x),f(y))>\varepsilon.$$
On peut prendre $\eta =\frac 1n$ et appeler $x_n$ et $y_n$ les $x$ et $y$ correspondants. Par compacité de $E$ on
extrait une sous-suite telle que $x_n$  converge vers un élément $x$ et alors $y_n$ converge aussi vers $x$. Comme $f$
est continue, on a $d(f(x),f(x))\geq \varepsilon$  ce qui donne une contradiction.

 }

\fexer

\dexer Soit $f_n$ une suite bornée dans $L^p(\RR)$ , $1<p<\infty$.
 Montrer que $f_n\rightharpoonup f$ dans $L^p(\RR)$ si et seulement si $\int f_ng\to\int fg$ pour tout $g\in
 C_0^\infty(\RR)$. Que se passe-t-il pour $p=1$, $p=\infty$, $L^p([0,1])$?

\nada{\noindent\medskip\it

$C_0^\infty$ est inclus dans tous les $L^p$ et en particulier dans $L^{p'}.$  Si $f_n\rightharpoonup f$ alors $\int
f_ng\to \int fg$ pour tout $g\in L^{p'}$ et en particulier pour $g$ dans $C_0^\infty.$  Réciproquement, si $\int
f_ng\to \int fg$ pour tout $g\in C_0^\infty$, on utilise la densité de $C_0^\infty$ dans $L^{p'}$. Il existe pour tout
$g\in L^{p'}$ une fonction $g_\varepsilon\in C_0\infty$ telle que $|g-g\varepsilon|_{L^{p'}}<\varepsilon.$  Donc par
l'inégalité triangulaire et l'inégalité de Hölder,

$$|\int (f_n-f)g|\leq |\int (f_n-f)g_\varepsilon| +|\int (f_n-f)(g-g_\varepsilon)\leq
|\int(f_n-f)g_\varepsilon|+||f_n-f||_{L^{p'}}\varepsilon.$$ Le premier terme tend vers zéro par hypothèse quand
$n\to\infty$ et le second est plus petit que $C\varepsilon$ car $f_n$ est bornée dans $ L^{p'}$. Attention il y avait
une erreur dans cet énoncé et je m'en excuse : j'avais oublié de préciser que $f_n$ était bornée dans $L^p$.  } \fexer

 \dexer {\bf Calcul de limites faibles dans $L^2$. } Calculer si elles existent les limites faibles  des suites
suivantes:

\quest 1) Dans $L^2(0,\pi)$: $u_n(x)= \sin^2n^3x.$


\nada{\noindent\medskip\it On a $\sin^2n^3x= \frac 12(1-\cos 2n^3x).$  Or $\cos (2n^3)x$ est une sous-suite de $\cos
(kx)$ qui tend faiblement vers zéro (Lemme de Riemann-Lebesgue). Donc la suite tend faiblement vers $\frac 12$.

}

\quest 2) Dans $L^2(\real)$: $u_n(x)= \frac{x^2+n^2+2n+2}{((x+n)^2+1)(x^2+1)}.$ (Commencer par vérifier que ces
fonctions sont bien dans $L^2(\real)$).


\nada{\noindent\medskip\it

On a $u_n(x)=\frac 1{(x-n)^2+1}+\frac 1{x^2+1}.$ Le premier terme est une "bosse roulante" de la forme $g(x-n)$ avec
$g\in L^2$ et donc tend faiblement vers zéro. Donc la suite tend faiblement vers $\frac 1{x^2+1}$.

}

\fexer


\dexer {\bf Les $L^p$, la convergence faible et la convergence forte.} Y-a-t-il des fonctions $f_n$ et $f$ telles que :
\newline\newline (si "oui", donner un exemple ;  si "non", dire pourquoi). \newline\newline (a) $f\in L^2(\RR)$ et
$f\notin L^3(\RR).$ \newline\newline(b) $f\in L^3(\RR)$ et $f\notin L^2(\RR)$.
\newline\newline (c) $f_n\rightharpoonup f$ dans $L^3(0,1)$,   mais
pas fortement.
\newline\newline (d)  $f_n\in L^3(0, 1),$ $f_n\to 0$ fortement dans
$L^2(0,1)$ et $f_n\to 1$ faiblement dans $L^3(0,1)$.
\newline\newline (e) $f_n$ tend faiblement vers $f$ dans $L^2(0,1)$ mais $f_n(x)$ ne
tend vers $f(x)$ en aucun point.
\newline\newline (f) $f_n(x)\to \frac 1 {1+x^2}$ uniform\e ment mais pas dans
$L^2(\real)$.
\newline\newline
(g) On suppose que $f_n\in L^2(\real)\cap L^3(\real)$ converge faiblement dans $L^2(\real)$ vers une fonction $f$ et
aussi faiblement vers une fonction $g$ dans $L^3(\real)$.  A-t-on $f=g$ ? \fexer


\nada{\noindent\medskip\it (a) $f(x)=x^{-\frac 13}$ sur $[0,1]$, 0 ailleurs.
\newline\newline
(b) $f(x)=x^{-\frac 12}$ pour $x\geq 1$, 0 ailleurs.
\newline\newline
(c) $f_n(x)=\sin (nx)$. La limite faible est 0 et on vérifie facilement que $\int_{[0,1]} |\sin^3nx|\geq c>0.$ Or s'il
y avait une limite forte elle serait égale à la limite faible et donc à zéro. Donc il n'y en a pas.
\newline\newline
(d) Non. Si $f_n$ tend fortement vers zéro dans $L^2$ elle tend aussi faiblement vers zéro dans $L^2$. Si $f_n$ tend
faiblement vers 1 dans $L^3$ elle tend aussi faiblement vers 1 dans $L^2$ car $L^{2'}(0,1)\subset L^{3'}.$ Donc on
obtient deux limites faibles distinctes dans $L^2$, impossible.
\newline\newline
(e) Il suffit de reprendre l'exemple du cours d'une suite de fonctions qui tend vers zéro dans $L^1$ et qui ne converge
en aucun point. Cette  même suite converge aussi fortement dans $L^2(0,1)$ et donc aussi faiblement.
 \newline\newline
 (f) $f_n(x)=\frac 1{1+x^2}+\frac 1n$ n'est pas dans $L^2(\RR)$ et donc ne converge pas dans $L^2(\RR)$.
 \newline\newline
 (g) Oui. En effet on $\int (f-g)h=0$ pour toute fonction qui soit à la fois dans $L^2$ et dans $L^3$. On prend
 $h(x)=\signe (f-g)(x)$ si $|x|\leq n$, 0 sinon. On obtient $\int_{-n}^n  |f-g|=0$ pour tout $n$ et
 donc $f=g$ presque partout.


 }

 \end{document}
