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\chapter{Espaces réflexifs, espaces séparables\label{ChapitreEspacesReflexifs}}
\setcounter{exo}{0} Un espace réflexif est un espace de Banach qui est le dual de son dual. Pour les espaces réflexifs,
topologie faible et topologie faible-$*$ s'identifient et la boule unité devient faiblement compacte par le théorème de
Banach-Alaoglu-Bourbaki. Un espace séparable est un espace métrique qui contient un sous-ensemble $D$ dense et
dénombrable. La séparabilité et la réflexivité forment un couple heureux : un espace est réflexif et séparable si et
seulement si son dual l'est.  La  conjonction de la séparabilité et de la réflexivité va donc nous donner
 la compacité séquentielle
 de la boule unité pour la topologie faible. Grâce à cette compacité faible, on pourra   à nouveau dire,
comme en dimension finie, que ``toute suite bornée a  un point d'accumulation".

\section{Espaces réflexifs}
Soient $M\subset E$ deux espaces vectoriels normés et $M'$ et $E'$ leurs duaux topologiques. Toute forme linéaire
continue sur $E$ a une restriction à $M$ continue sur $M$. On a donc une inclusion naturelle $E'\subset M'$ et on a de
même $M'' \subset E''$. Ces inclusions ne sont pas des plongements isométriques, puisque si $f\in E'$, on a seulement
$||f||_{M'}\leq ||f||_{E'}$. On peut très bien avoir $f_{|M}=0$ et $f\neq 0$.  Inversement, par le théorème de
Hahn-Banach, si $M$ est un sous-espace vectoriel de $E$, toute forme linéaire continue sur $M$ peut s'étendre en une
forme linéaire continue sur $E$ ; cette extension n'est en général pas unique et donc $M'\neq E'$. Si toutefois
l'extension est unique, on a $M'=E'$, au sens que l'application $f\in E'\to f_{|M}$ est une bijection.

\begin{pro} \index{A}{bidual}  Si $M\subset E$ est un sous-espace ferm\ea
de $E$ et si $M'=E'$, c'est à dire si toute forme linéaire continue sur $M$ est  la restriction à $M$ d'une unique
forme linéaire continue sur $E$, alors $M=E$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration} Par les remarques précédentes on a $E'\subset M'$.
 Montrons que si
$M'=E'$,  l'orthogonal de $M$ dans $E'$ est $\{0\}$. En effet, si $f\in E'$ est une forme linéaire nulle sur $M$, son
unique extension à $E$ est évidemment l'extension nulle.
 Par le Lemme \ref{densite-orthogonalite}, $M$ est
 alors dense dans $E$.  Comme $M$ est fermé, on a
donc $M=E$.
\enddemo

Soit $J : E\to E''$ l'injection canonique de $E$ dans $E''$, définie par $J_x(f) = f(x)$ pour tout $x\in E$, $f\in E'$.
On rappelle que, d'après le corollaire \ref{normepardualite} cette injection est isométrique : $||J_x||_{E''}=||x||_E$.
On verra des exemples (certains espaces de Lebesgue) pour lesquels cette injection n'est pas  une surjection.
\begin{Def} \index{A}{réflexivité!définition} On dira que l'espace de Banach $E$ est réflexif si $J(E)=E''$.
\end{Def}

\begin{lem}\label{lemmereflexif} Si $E$ est réflexif, alors $\sigma(E',E)=*\sigma(E',E'')$ et $\sigma(E,E')= J^{-1}(\sigma(E''), E')$.
\end{lem}

 \paragraph{Démonstration} Dans $E'$,  les voisinages élémentaires sont de la forme
 $\{g, |f(x)-g(x)|<\varepsilon\}$ pour $*\sigma(E',E)$ et, comme $E''= JE$,  les voisinages élémentaires dans $E'$
  pour $\sigma(E', E'')$
 s'écrivent $\{g, |J_x(f)-J_x(g)|<\varepsilon\}=\{g, |f(x)-g(x)|<\varepsilon\}.$ Donc les voisinages
  élémentaires sont identiques pour les deux
 topologies et donc les topologies sont identiques. Finalement dans $E$ un voisinage élémentaire s'écrit
  $\{y, |f(x)-f(y)|<\varepsilon\}=\{y,
 |J_x(f)-J_y(f)|<\varepsilon\}=J^{-1}(\{Jy, |J_x(f)-J_y(f)|<\varepsilon\})$ et ce dernier ensemble est bien $J^{-1}$
 appliqué à un voisinage élémentaire quelconque de $*\sigma(E'', E').$

 \enddemo
\drem Quand $E$ est réflexif, par le corollaire \ref{normepardualite}, on a $||x||_E=||J_x||_{E''}$ et donc les
topologies de $E$ et $E''$ sont identiques. Mais de plus, avec l'identification $x=J_x$, la topologie $\sigma(E, E')$
devient la même que $*\sigma(E'',E)$ :  le vérifier en regardant les voisinages ! \frem

\begin{thf} (Kakutani).\label{kakutani} \index{A}{Kakutani (théorème de)}Soit
$E$ un espace de Banach.  Alors $E$ est réflexif si et seulement si la boule fermée $\overline{B_E}=\{x\in E, \;
||x||\leq 1\}$ est compacte pour la topologie $\sigma(E,E')$.
\end{thf}
"Un espace de Banach $E$ est réflexif si et seulement si sa boule unité fermée est faiblement compacte".
\paragraph{Démonstration très abrégée}
Si $E$ est réflexif, on  a $E=J^{-1}(E'')$ et, avec cette identification, par le lemme \ref{lemmereflexif},
$\sigma(E,E')=\star\sigma(E'',E')$ et $\overline{B_E}=\overline{B_{E''}}$. Comme cette dernière boule est compacte pour
$\star\sigma(E'', E')$ par le théorème de Alaoglu,  on déduit que $\overline{B_E}$ est compacte pour $\sigma(E,E')$.
Pour la réciproque, voir l'exercice \ref{afaire}.
 %Brezis pages 44 et 45.
\enddemo
%
%\dexer Trouver la faute : Nous allons montrer que tout espace vectoriel norm\ea
%est réflexif. On commence par remarquer que si $E\subset F$, alors $F'\subset
%E'$.  Par plongement, on a $E\subset E''$.  Donc $(E'')'\subset E'$, soit
%$E'''\subset E'$.  Par plongement, on a également $E'\subset (E')''$ et donc
%$E'\subset E'''$.  Finalement, $E' = E'''= (E')''$, ce qui veut dire que $E'$ est
%réflexif.  Donc tout dual est réflexif.  Mais comme $E$ est réflexif si et
%seulement si $E'$ l'est, on conclut que tout espace vectoriel normé est r\e
%flexif.
%
%\fexer
%
Le théorème de Kakutani est délicat  à montrer, mais il ouvre une voie royale, comme le montre le résultat suivant.

\begin{pro} \label{sousespacereflexif} \index{A}{réflexivité!d'un sous-espace
fermé} Soit $M\subset E$ un sous-espace vectoriel fermé de $E$, espace de Banach. Alors si $E$ est réflexif, $M$ est
r\e flexif.
\end{pro}
\begin{lem}
Si $M\subset E$ est un sous-espace vectoriel fermé, alors $\sigma(M, M')$ est la topologie induite sur $M$ par
$\sigma(E, E')$.
\end{lem}
 \paragraph{Démonstration} Par définition de la topologie induite, on veut montrer que tout ouvert
 de $M$ pour $\sigma(M,M')$ est l'intersection avec $M$ d'un ouvert
de $E$ pour $\sigma(E,E')$.
 Or, par le théorème de
Hahn-Banach, toute forme linéaire continue sur $M$ peut se prolonger en une forme linéaire continue sur $E$.
Inversement, toute forme linéaire continue sur $E$ est continue sur $M$. Donc les voisinages élémentaires  sur $M$
définis par des $f\in M'$ et ceux définis par des $f\in E'$ sont simplement les mêmes.
 \enddemo

\paragraph{Démonstration de la proposition \ref{sousespacereflexif}}
  Par le lemme précédent, $\sigma(M, M')$ est la
restriction à $M$ de $\sigma(E, E')$.
  Comme $M$ est fermé, la boule $\overline{B_M}=\{x\in M,\; ||x||\leq 1\}$ est un fermé de $\overline{B_E}$,
   qui est par le théorème \ref{kakutani} (Kakutani) un compact pour
$\sigma(E,E')$. Donc  $\overline{B_M}$ est aussi un compact pour $\sigma(M,M')$.  Donc, à nouveau par le théorème
\ref{kakutani},
 $M$
est réflexif.
\enddemo
%
%\paragraph{Autre démonstration directe, à arranger}
%Par hypothèse, $JE=E''$. Comme $M\subset E$, on a aussi $M''\subset E''$ et le
%plongement $JM\subset M''$ est une restriction du plongement $JE\subset E''$.  On
%a donc $JM\subset M''\subset E'' = JE$ et donc $M\subset J^{-1}(M'')\subset E$.
%On veut montrer que $JM=M''$, ou de manière équivalente que
%$M=J^{-1}(M'')$.  Par le corollaire ??, $M$ étant fermé, il suffit de montrer
%que $M'=J^{-1}(M'')'$. Comme $M\subset J^{-1}(M'')$, on a bien
%$J^{-1}(M'')'\subset M'$.  Il suffit donc de montrer l'inclusion inverse. Soit
%$f\in M'$.  Alors,
%$$\forall x\in J^{-1}(M'')\subset E, \; |J_x(f)|\leq
%||J_x||_{M''}||f||_{M'}= ||f||_{M'}||J_x||_{E''}=||f||_{M'}||x||_E.$$
%Donc $f\in (J^{-1}(M''))'$ et donc $M'\subset J^{-1}(M'')'$.
%\enddemo
%
\begin{pro}  \index{A}{réflexivité!du dual d'un réflexif}Soit $E$ un
espace de Banach.  Alors $E$ est réflexif si et seulement si $E'$ est r\e flexif.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
Supposons que $E$ soit réflexif.  On sait que $\overline{B_{E'}}$ est compacte pour la topologie $\sigma(E',E)$
(Théorème \ref{alaoglu} de Alaoglu). Comme $E$ est réflexif,  $\sigma(E',E) = \sigma(E',E'')$.  Donc
$\overline{B_{E'}}$ est aussi compacte pour $\sigma(E',E'')$, ce qui implique par le théorème de Kakutani que $E'$ est
réflexif.


Réciproquement, si $E'$ est réflexif, alors par l'étape précédente $E''$ est réflexif. Donc $J(E)$, qui est un
sous-espace fermé (fort) de $E''$, est aussi réflexif par la proposition \ref{sousespacereflexif}, et donc $E$ est
réflexif.
\enddemo
%
%\paragraph{Autre démonstration directe}  Supposons d'abord que $E$ est r\e
%flexif. Par hypothèse, on a $JE=E''$ et donc $(JE)'=E'''$.  Appelons $J_1$ le
%plongement
%$J_1E'\subset E'''$. On doit montrer qu'en fait $J_1E'=E'''$.  Comme
%$(JE)'=E'''$,  Il suffit de montrer que $(JE)'\subset J_1E'$. Or
%$$f\in (JE)'\Leftrightarrow \forall x\in E, |J_x(f)|\leq ||f||_{(JE)'}||J_x||_{E''}
%=||f||_{(JE)'}||x||_{E}.$$
%En posant $f_1(x)=J_x(f)$, on en déduit que $f_1\in E'$ et $f=J_1f_1$.  Donc
%$f\in J_1E'$.
%Pour la réciproque, on procède comme
%dans la démonstration précédente.
%\enddemo
%

\begin{cor}\index{A}{compacité!faible (d'un convexe fermé borné )}
Soit $K\subset E$ un sous-ensemble convexe, fermé, borné d'un espace de Banach réflexif.   Alors $K$ est compact pour
la topologie $\sigma (E,E')$.
\end{cor}
"Tous les convexes fermés bornés d'un espace de Banach réflexif sont compacts pour la topologie faible".
\paragraph{Démonstration}
$K$ est fermé dans $\sigma(E,E')$, et $K\subset \overline{B(0,M)}$ qui  est compacte pour
$\sigma(E,E')=\sigma(E'',E')$.
\enddemo


\section{Espaces séparables}

\index{A}{séparabilité!de l'espace desfonctions continues sur un compact} La plupart des espaces de fonctions usuels
sont séparables (voir la définition \ref{definitionseparable}), avec l'exception notable de l'espace des fonctions
mesurables bornées $L^\infty({\RR}^N)$ (voir proposition \ref{separabilitedesLp}). Comme exemple classique d'espace
séparable, on peut citer l'espace $C^0([0,1])$ des fonctions continues sur $[0,1]$ muni de la norme sup,
$||u||_{\infty}=\sup_{x\in [0,1]}|u(x)|$. On sait par le théorème de Stone-Weierstrass que tout élément de $C^0([0,1])$
est approchable uniformément par une suite de polynômes. Mais on peut approcher uniformément sur $[0,1]$ un polynôme
par un polynôme à coefficients rationnels. L'ensemble des polynômes à coefficients rationnels est donc dense dans
$C^0([0,1])$, et il est dénombrable.

Commençons par un exemple d'espace non séparable.

\dexer On note $C_b(\real)$ l'espace des fonctions continues et bornées sur $\real$, muni de la norme sup. Montrer que
$C_b(\real)$ est un espace de Banach.  Pour montrer qu'il n'est pas séparable, on va construire un ensemble de
fonctions $f_{\bz}$ de $C_b(\real)$ qui est non dénombrable et tel que deux fonctions quelconques de cet ensemble
soient à distance supérieure à 1 l'une de l'autre.

\quest 1) On associe à tout $\bz=(\dots z_n, z_{n+1}\dots )\in \{-1,1\}^\relative$ l'unique fonction affine sur chaque
intervalle $[n,n+1]$ et continue telle que $f(z)=\bz_n$.  Montrer que  ces fonctions forment un ensemble non
dénombrable.

\quest 2) Vérifier que deux fonctions $f_{\bz}$ et $f_{\bz'}$ sont à distance 2.

\quest 3) Supposer qu'il existe une suite dense $g_k$ dans $C_b(\real)$. Associer à chaque $\bz$ une fonction
$g_{k(\bz)}$ telle que $\sup|g_{k(\bz)}-f_{\bz}|\leq 1$. Trouver une contradiction.

 \fexer

\begin{pro} \index{A}{séparabilité!d'un sous-espace)}
Soit $E$ un espace métrique séparable et $F$ un sous-espace de $E$.  Alors $F$ est séparable.
\end{pro}

\paragraph{Démonstration} Soit $x_n$ une suite dense dans $E$.
Considérons $d(x_n, F)$, la distance de $x_n$ à  $F$. Attention : cette distance peut être nulle puisque $F$ n'est pas
nécessairement compact. On choisit pour tout $n$, $y_n\in F$ tel que $d(y_n, x_n) \leq d(x_n,F)+\frac 1n$. Montrons que
$y_n$ est dense dans $F$. Soit $y\in F$. Comme
$$
 d(y,y_n)\leq d(y,x_n)+d(x_n,y_n)\leq 2d(x_n,F) +\frac 1n,
$$
on obtient $ \displaystyle{\lim\inf_{n\to +\infty}} d(y,y_n)\leq 2\lim\inf_{n\to +\infty} (x_n,F)=0$, puisque la suite
$x_n$ est dense dans $E$.
\enddemo
\begin{thf} \label{separabledonneseparable}
Soit $E$ un espace vectoriel normé  tel que $E'$ soit séparable. Alors $E$ est séparable.
\end{thf}
Attention : la réciproque est fausse.  On sait que $(L^1(\RR))' = L^\infty(\RR)$ (théorème \ref{reflexivitedeLp}), mais
$L^\infty({\RR})$ n'est pas séparable alors que $L^1({\RR})$ l'est (proposition \ref{separabilitedesLp}).


\paragraph{Démonstration du théorème \ref{separabledonneseparable}.}
Soit $f_n$ une suite dénombrable de $E'$ dense dans $E'$.  A tout $f_n$, on associe $x_n\in E$ tel que $$||x_n||=1
\hbox{ et }f_n(x_n)\geq \frac 1 2 ||f_n||.$$  On considère $L_0$, l'espace vectoriel sur $\QQ$ engendré par les $x_n$
et $L$ celui engendré sur $\RR$.  $L_0$ est d\e nombrable et dense dans $L$. Montrons que $L$ est à son tour dense dans
$E$. Remarquons qu'il suffit par le lemme \ref{densite-orthogonalite} de démontrer que $L^\perp=\{0\}$, i.e.
 \fb& \forall f\in E', \; (\forall x\in L,
\;f(x)=0) \Rightarrow f=0. \fe& Soit donc $f\in E'$ tel que $f(x)=0$ pour tout $x\in L$. Montrons que $f=0$. Or,
$\forall \varepsilon >0$, $\exists n$, $||f-f_n||<\varepsilon$. Comme $f(x_n)=0$,
$$\frac 1 2 ||f_n||\leq f_n(x_n) = (f_n-f)(x_n) + f(x_n) \leq \varepsilon.$$
On en déduit  que  $||f||\leq ||f_n-f|| +||f_n||\leq 3\varepsilon$ et donc  que $f=0$.
\enddemo

\begin{cor} \index{A}{réflexivité}
Si $E$ est un espace de Banach, alors $E$ est réflexif et séparable si et seulement si $E'$ est réflexif et séparable.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
On sait déjà que si $E'$ est réflexif et séparable, alors $E$ aussi.  R\e ciproquement, si $E$ est réflexif et
séparable, alors $E''=J(E)$ aussi, et donc $E'$ aussi.

\enddemo

\begin{thf} \label{separable-metrisable}\index{A}{métrisabilité de la boule
unité} Soit $E$ un espace de Banach séparable. Alors la boule unit\ea fermée $\overline{B_{E'}}$ munie de la topologie
$\star\sigma (E',E)$ est métrisable.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Soit $(x_n)$ une suite de $B_E$ dense dans $\overline{B_E}$.  On définit une distance sur $\overline{B_{E'}}$ par
$$\forall f, g\in \overline{B_{E'}}, \; d(f,g)=\sum_{n=1}^\infty \frac 1 {2^n} |(f-g)(x_n)|.$$
Il faut montrer que les voisinages dans $\overline{B_{E'}}$ pour $\sigma(E',E)$ et les voisinages pour cette distance
sont les m\eee mes.
\newline
\newline
a) Soit $f_0\in B_{E'}$ et $V$ un voisinage de $f_0$ pour $\sigma(E',E)$. On montre que $\exists r>0,\; U=\{f\in
\overline{B_{E'}},\; d(f,f_0)<r\} \subset V.$ On peut supposer (Proposition \ref{voisinagesfaibleetoile}) que $V$ est
de la forme
$$V=\{f\in \overline{B_{E'}}, \;
\vert (f-f_0)(y_i) \vert <\varepsilon, \; i=1,..., n\}, \hbox{ avec } ||y_i||\leq 1.
$$
Comme la suite $x_n$ est dense dans $\overline{B_{E}}$, on peut trouver $x_{n_i}$ tels que $||y_i-x_{n_i}||<\frac
\varepsilon 4.$  On choisit $r$ tel que $\forall i,\;2^{n_i}r<\frac \varepsilon 2$.  Alors
$$
d(f,f_0)<r\Rightarrow \frac 1{2^{n_i}}|(f-f_0)(x_{n_i})|<r, \; i= 1, ...,n\Rightarrow |f-f_0|(x_{n_i})|<\frac
\varepsilon 2.
$$
Donc
$$ |(f-f_0)(y_i)| \leq |(f-f_0)(y_i-x_{n_i})|+|(f-f_0)(x_{n_i})|<\frac
\varepsilon 2 +\frac \varepsilon 2\Rightarrow f\in V.$$ Donc $U\subset V$.
\newline
b) Réciproquement, soit $f_0\in \overline{B_{E'}}$. Fixons $r>0$ et consid\e rons
$$U=\{f\in \overline{B_{E'}}, \; d(f,f_0)<r\}.$$
On va montrer qu'il existe un voisinage $V$ de $f_0$ pour $\sigma(E',E)$ dans $B_{E'}$ tel que $V\subset U.$  On
cherche $V$ de la forme
$$V=\{f\in \overline{B_{E'}}, \; |(f-f_0)(x_i)|<\varepsilon, \; i = 1,..., k\}.$$
Choisissons  $k$ et $\varepsilon$ pour que $V\subset U$ : on a, si $f\in V$,
$$d(f,f_0)=\sum_{n=1}^k \frac 1 {2^n}|(f-f_0)(x_n)|+\sum_{n=k+1}^\infty \frac 1
{2^n} |(f-f_0)(x_n)| <\varepsilon + 2 \sum_{n=k+1}^\infty \frac 1 {2^n}
$$
$$ =
\varepsilon + \frac 1 {2^{k}}.$$
 On choisit  donc $\varepsilon <\frac r 2 $ et $k$ suffisamment grand pour que
$\frac 1 {2^{k}} <\frac r 2$.
\enddemo
Une adaptation immédiate de la démonstration précédente donne le r\e sultat dual :
\begin{thf}\label{metrisabilitedelabouleunite} \index{A}{métrisabilité de la boule unité}
Soit $E$ un espace de Banach tel que $E'$ soit séparable.  Alors $\overline{B_E}$ est métrisable pour $\sigma(E,E')$.

\end{thf}



\begin{thf} \label{compacitesequentielle} \index{A}{compacité!séquentielle de
la boule unit\e} Soit $E$ un espace de Banach séparable, $f_n$  une suite bornée dans $E'$.  Alors il existe une
sous-suite extraite $f_{n_k}$ qui converge pour $\sigma (E',E)$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
En effet, par le théorème \ref{alaoglu} (Théorème d'Alaoglu), la boule unité de $E'$ est compacte pour la topologie
$\sigma(E',E)$ et par le th\e orème \ref{separable-metrisable}, cette topologie est métrisable.  Or, dans un compact
métrique, toute suite a un point d'accumulation.

\enddemo
\begin{cor} \index{A}{compacité!séquentielle (dans un séparable réflexif)}
Soit $E$ un espace de Banach réflexif (pas nécessairement séparable).  Soit $x_n$ une suite bornée dans $E$. Alors il
existe une sous-suite $x_{n_k}$ qui converge pour $\sigma (E,E').$
\end{cor}

\paragraph{Démonstration} Soit $F$ le plus petit sous-espace fermé contenant la
suite $x_n$.  $E$ étant réflexif, $F$ l'est aussi, mais est de plus séparable. $F$  est le dual de $F'$ et
$\sigma(F,F')=\sigma(F'', F').$  Donc le théor\ee me \ref{compacitesequentielle} s'applique.
%On considère l'espace vectoriel $M_0$ engendré par $x_n$ et sa fermeture
%$M$.  Alors $M$ est séparable et réflexif.  Donc $\overline{B_M}$ est m\e
%trisable et compact pour la topologie $\sigma(M,M')$.  Donc il existe une
%sous-suite qui converge pour $\sigma(M,M')$, et donc aussi pour $\sigma(E,E')$.
\enddemo


\section{Le cas $L^1$-$L^\infty$}

Nous savons que pour $1<p<\infty$  le dual de $L^p$ est $L^{p'}$ et que le dual de $L^{p'}$ est $L^p$. Donc les espaces
$L^p$ sont  réflexifs.  Nous connaissons  aussi le dual de $L^1$, à savoir $L^\infty$, mais nous n'avons pas identifié
le dual de $L^\infty$. En fait, le dual de $L^\infty$ contient bien sûr $L^1$ mais il n'est pas $L^1$. Sinon, $L^1$
serait réflexif, et ce n'est justement pas le cas, comme l'énonce la proposition suivante.

\begin{pro} $L^1(\RR^N)$ n'est pas réflexif.
\index{A}{réflexivité!($L^1$ n'est pas...)}
\end{pro}
%
\paragraph{Démonstration}
Supposons le contraire et soit
$$
f_n = \frac {\indic_{B(0,\frac 1 n)}}{\mes(B(0,\frac 1 n))}.
$$
On a $||f_n||_{1}=1$. Comme $L^1$ est supposé réflexif et que $L^\infty$ est son dual. $L^1$ est alors le dual de
$L^\infty$.  Par le théorème de Banach-Alaoglu-Bourbaki, il existe donc une sous-suite $f_{n_k}$ et $f\in L^1$ telles
que $f_{n_k}\rightharpoonup f$, $\sigma(L^1, L^\infty)$, ou encore $\int f_{n_k}\varphi \to \int f\varphi$ pour toute
fonction $\varphi \in L^\infty$.
  On peut donc prendre $\varphi=1$ et on trouve $\int f\varphi =
\int f = 1$.  Mais on peut aussi prendre $\varphi = \indic_{||x||\geq \varepsilon}$ et on trouve pour tout
$\varepsilon$, $\int_{||x||\geq \varepsilon}f=0.$ En faisant tendre $\varepsilon$ vers zéro, on obtient par le théorème
de Lebesgue $\int f = 0$, contradiction.
\enddemo
\drem Autre démonstration moins constructive : On sait que ${L^1}'=L^\infty.$ Comme $L^1$ est séparable, si $L^1$ était
réflexif, $L^\infty$ serait aussi séparable et réflexif. Or, on vient de voir que $L^\infty$ n'est pas séparable. \frem
\drem  $L^1$ n'est donc pas le dual de $L^\infty$ et on a seulement $L^1\subset (L^\infty)'$. \frem


\section{Application : minimisation de fonctions convexes semicontinues inférieurement}

\begin{Def} \index{A}{semicontinuité!inférieure, supérieure} On dit qu'une
fonction $\varphi$ définie sur un espace topologique $X$, \a valeurs dans $]- \infty, +\infty]$, est semi-continue
inf\e rieurement (en abrégé, s.c.i.) si les ensembles de niveau inférieurs, $\{x,\; \varphi(x)\leq \lambda\}$ sont
fermés pour tout $\lambda \in \RR$.  On dit de m\eee me que $\varphi$ est semi continue supérieurement (s.c.s.) si les
ensembles de niveau supérieurs, $\{x,\; \varphi(x)\geq \lambda\}$ sont tous fermés.
\end{Def}
\begin{pro} \index{A}{limite inférieure, supérieure} Si $\varphi$ est s.c.i., et
si $x_n$ est une suite convergeant vers $x$, on a \fb& \label{sciliminf}\varphi(x)\leq \lim\inf_{n\to
\infty}\varphi(x_n). \fe& Si $\varphi$ est s.c.s., \fb& \label{scilimsup} \varphi(x)\geq \lim\sup_{n\to
\infty}\varphi(x_n). \fe&

\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
Si $\varphi$ est s.c.i.,  soit $m=\lim\inf_{n\to \infty}\varphi(x_n)$.  Par d\e finition de la limite inférieure, on
peut trouver pour tout
 $\varepsilon$ et tout entier $n_0$ un entier $n\geq n_0$ tel que
$ \varphi(x_n)\leq m+\varepsilon$.  L'ensemble de niveau $\{y,\; \varphi(y)\leq m+\varepsilon\}$ étant fermé, on en
déduit que $\varphi(x)\leq m+\varepsilon$.  Mais $\varepsilon$ est arbitrairement petit et on obtient
(\ref{sciliminf}). La relation (\ref{scilimsup}) peut s'obtenir en remarquant que $\varphi$ est s.c.i. si et seulement
si $-\varphi$ est s.c.s..
\enddemo

\dexer Montrer la réciproque de la proposition précédente quand $X$ est métrisable : si $\varphi$ vérifie
(\ref{sciliminf}) alors elle est s.c.i.. \fexer

La définition de la semi-continuité est bien justifiée au vu de la propriété remarquable suivante :
\begin{lem}\label{quisuit} \index{A}{semicontinuité!sur un compact}
Soit $\varphi$ une fonction s.c.i. sur un espace topologique compact $K\neq \emptyset$.  Alors $\varphi$ atteint sa
borne inférieure.

\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
Supposons par contradiction que $\varphi$ n'atteigne pas son infimum $m$ sur $K$. Alors les ouverts $O_\varepsilon =
]m+\varepsilon, +\infty[$ recouvrent $\varphi(K)$.  Comme $\varphi$ est s.c.i., les ensembles
$\varphi^{-1}(O_\varepsilon)$ sont ouverts. De plus, ils recouvrent $K$ et on peut donc en extraire un
sous-recouvrement fini. On en déduit un recouvrement fini $O_{\varepsilon_1},...,O_{\varepsilon_k}$ de $\varphi(K)$.
Donc $\varphi(K)\subset ]\min(\varepsilon_1, ..., \varepsilon_k), +\infty[$, ce qui contredit la définition de $m$.

\enddemo
\begin{cor}\label{convexescifortimpliquescifaible}\index{A}{semicontinuité!inf\e
rieure faible (des fonctions fortement s.c.i.)} Soit $\varphi : E \to ]-\infty, +\infty]$, convexe, semicontinue
inférieurement (s.c.i.)   pour la topologie forte. Alors $\varphi$ est aussi s.c.i. pour la topologie faible et donc si
$x_n\rightharpoonup x$, $\sigma(E,E')$, alors
$$\varphi(x) \leq \lim\inf_{n\to +\infty} \varphi(x_n).$$
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
Il suffit de vérifier que chaque ensemble $$X_\lambda \varphi = \{x\in E, \; \varphi(x)\leq \lambda\}$$ est fermé pour
la topologie faible $\sigma(E,E')$. Or, par le théorème \ref{convexefortfaible}, c'est un convexe fermé fort.
\enddemo



\begin{cor}\label{convexecoerciveminimum}\index{A}{minimisation (d'une fonction
convexe s.c.i.)}
 Soit $E$ un espace de Banach réflexif et  $\varphi : E\to ]-\infty,
+\infty]$ une fonction convexe s.c.i. sur un  convexe fermé $A$  telle que
$$\lim_{x\in A, ||x||\to \infty} \varphi(x) = +\infty, \hbox{  et  } \exists x_0,\,\;
|\varphi(x)|<\infty.$$ Alors $\varphi$ atteint son minimum sur $A$.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
L'ensemble convexe $K=\{x, \varphi(x)\leq \varphi(x_0)\}$ est convexe, fermé, borné, non vide. Donc c'est un compact
pour $\sigma(E,E')$.   Comme $\varphi$ est aussi s.c.i. pour la topologie $\sigma(E,E')$, $\varphi$ atteint
 son minimum sur $K$ en vertu du lemme \ref{quisuit}.
\enddemo


\begin{thf} (Lax-Milgram)\label{laxmilgram}\index{A}{Lax-Milgram (théorème
de)} Soit $H$ un espace de Hilbert réel et  soit $a(u,v)$ une forme bilin\e aire symétrique sur $H$ continue et
coercive, \ccaadd satisfaisant
$$|a(u,v)|\leq C||u||\;||v||, \;\; \exists c>0, \;a(u,u)\geq c ||u||^2$$  et
$f\in H'$.  Alors il existe un unique élément $u$ de $H$ tel que
$$\forall v\in H,\; a(u,v)=f(v).$$
De plus, $u$ est l'unique minimum de $\varphi(v)=\frac 12 a(v,v)-f(v)$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On applique le corollaire \ref{convexecoerciveminimum} à la fonction $\varphi(v)$, qui est convexe, coercive et
continue (et donc s.c.i. !) sur l'espace réflexif $H$.  Il existe donc $u\in H$ qui minimise $\varphi$.  Comme
$\varphi$ est strictement convexe, ce minimum est unique, car si $u_1$ et $u_2 $ réalisent le minimum on  a
$\varphi(\frac{u_1+u_2}2)<\frac 1 2 (\varphi(u_1) +\varphi(u_2))$ si $u_1\neq u_2$.  On a pour tout $v$ dans $H$ et
$t\in\RR$, $\frac 12a(u+tv, u+tv)-f(u+tv)\geq \frac 12a(u,u)-f(u)$, soit $\frac 12t^2a(v,v)+ ta(u,v)-tf(v)\geq 0$. En
divisant par $t$ et en passant à la limite quand $t\to 0^\pm$, on obtient $a(u,v)=f(v)$.
\enddemo

\begin{pro} Soit $H$ un Hilbert. On a $u_n\rightharpoonup u$ dans
$\sigma(H, \; H')$ si et seulement si $\forall v\in H$, $(u_n,\; v)\to (u,\; v).$

\end{pro}
\paragraph{Démonstration} Ceci est une conséquence immédiate du
théorème de Riesz (théorème \ref{theoremedeRiesz}).

\enddemo


\section{Du cas r\e el au cas complexe}
Tout le paragraphe 4.1, Espaces r\e flexifs, est valable dans le cas
complexe, sans modifications.\\
Dans le paragraphe 4.2, Espaces s\e parables, le th\e or\ee me \ref{separabledonneseparable} reste vrai. Dans sa d\e
monstration, choisir $x_n \in E$ tel que
$$||x_n||=1 \hbox{ et }\vert f_n(x_n) \vert \geq \frac 1 2 ||f_n||,$$
puis consid\e rer $L_0$ $L$, les espaces vectoriels sur $\QQ + i \QQ$ et $\CC$,
engendr\ea par la suite $(x_n)_n$. Le reste de la d\e monstration est identique.\\
Le reste du paragraphe 4.2 est vrai aussi dans le cas complexe.
\\ \\
\section{Exercices}
{ \bf Rappel}
\\ \\
On d{é}finit $J : E \longrightarrow \Epp$ par $J(x)=J_x$ définie par
$${<J_x,f>}_{\Epp,\Ep} = {<f,x>}_{\Ep,E} \quad \forall x \in E,\,\,\forall f \in
\Ep.$$ On a $\Vert J_x \Vert = \sup_{\Vert f \Vert \leq 1} \vert <f,x> \vert = \Vert x \Vert$ par Hahn-Banach,
donc J est lin{é}aire isom{é}trique. \\
(On peut donc identifier E et J(E) quand on le souhaite.) \index{N}{vect$A$ est l'espace vectoriel engendr{é} par la
partie $A$} \dexer Soit $E$ un e.v.n. et $E'$ son dual. On note $<f,\;x>=f(x)$ et pour $A\subset E$ et $B\subset E'$,
$A^\perp=\{f\in E',\; <f,\;x>=0,\; \forall x\in A\}$,  $B^\perp =\{x\in E,\; <f,\;x>=0,\;\forall f\in B.\}.$ Montrer
que
$$A^{\perp\perp}=\overline{\vect(A)}$$ et que, si $E$ est réflexif,
$$B^{\perp\perp}=\overline{\vect(B)}.$$ \fexer
\dexo \index{N}{$(E_{\om\star})^{\prime}$ est l'espace des applications lin{é}aires continues de $E$ muni de la
topologie faible $\star$ {à} valeurs dans $\RR$}
%{ \bf Exercice 1}
%\\ \\
Montrer que $E = {(E_{w\star}^{\prime})}^{\prime}$. \fexo \dexo \label{exemplecompactnonseqcomp}
%{ \bf Exercice 2}
%\\ \\
\hfill \newline Soit $E = {\ell}^{\infty}$ que l'on munit de la norme $ {\Vert x \Vert}_{\infty} = \sup_{n
\geq 1} \vert x_n \vert.$\\
Trouver une suite ${(f_n)}_n$ de $\Ep$ telle que $\Vert f_n \Vert_{\Ep} = 1$ et ${(f_n)}_n$ ne poss{è}de aucune
sous-suite convergente pour la topologie faible $\star$. Y-a-t-il contradiction avec le fait que $(B_{\Ep},w\star)$ est
compact ? Que pouvez-vous en conclure sur E~? \fexo \dexo \label{topofaibleopcompact} \index{A}{op\e rateurs compacts}
\hfill \newline Soient E et F deux espaces de Banach, on note $B_E = \{ x \in E : \Vert x \Vert \leq 1 \}$. Soit $T : E
\longrightarrow F$ une application lin{é}aire. On dit que T est compacte si $\overline{T(B_E)}$
est compact dans F (pour la norme).\\
1) V{é}rifier qu'un compact dans un espace vectoriel norm{é} est born{é}.\\
2) Montrer que si T est compacte alors T est continue.\\
3) Montrer que si T est compacte, T v{é}rifie la propri\`et\`e ($\star$) suivante,
$$(\star)\qquad [x_n \rightharpoonup x \mbox{ dans }E_w \Longrightarrow Tx_n
\longrightarrow Tx \mbox{ dans }F]$$ 4) R{é}ciproquement : si de plus E est r{é}flexif, montrer que si $T$ v{é}rifie la
propri\`et\`e ($\star$) alors $T$ est
compacte (on pourra d'abord v{é}rifier que $T(B_E)$ est ferm{é}).\\
5) On suppose que $E=F$. Montrer que si T est compacte alors $\dim \ker(Id-T) <  \infty$. \fexo \dexo Soit $E$ un
espace r{é}flexif et soit $f \in \Ep$, montrer que $\Vert f
\Vert_{\Ep}$ est atteinte.\\
(C'est un crit{è}re simple pour montrer qu'un espace n'est pas r{é}flexif.) \fexo \dexo \hfill \newline Soit $E = {\cal
C}[0,1]$ muni de la norme ${\Vert f \Vert}_{\infty}$ et soit $\varphi_n(x) = 1 - nx$ si $x \leq 1/n$ et nulle ailleurs.
Vérifier que $E$ est un espace de Banach. V{é}rifier que $({\varphi_n})_n$ n'a aucune sous-suite faiblement
convergente. Que pouvez-vous conclure sur $E$ ? \fexo \dexo \index{N}{vect$\{a_1,...,a_n \}$ est l'espace vectoriel
engendr{é} par $a_1,...,a_n$, on pourrait l'{é}crire $K a_1+...+K a_n$ avec $K = \RR$, $\CC$ ou $\QQ$ suivant les cas}
\hfill \newline Soit E un espace de Banach. On note $B_{\Ep} = \{ f \in \Ep : {\Vert f \Vert}_{\Ep} \leq 1\}.$ On
suppose que $(B_{\Ep},\sigma(\Ep,E))$ est m{é}trisable, c'est {à} dire, qu'il existe une distance d sur $B_{\Ep}$ dont
la topologie est {é}quivalente {à} la topologie faible $\star$ sur $B_{\Ep}$. On se propose de montrer que E est
s{é}parable.\\
1) Montrer qu'il existe une suite $(x_n)_{n \geq 1}$ d{é}l{é}ments de E telle
que \\
$\forall k \in \NN^{\star},\quad \exists I_k \in P.F.\NN^{\star},\quad \exists {\ep}_k
> 0$ tels que
$$ \bigcap_{i \in I_k} \{f \in B_{\Ep} : \vert <f,x_i> \vert < {\ep}_k \} \subset
B_d(0, \frac{1}{k}),$$
o{\`u} $B_d(0,\frac{1}{k}) = \{g \in B_{\Ep} : d(0,g) < \frac{1}{k} \}.$\\
On pose $$X_n = \mbox{vect}_{\RR}\{x_1,x_2,...,x_n\}, \quad Y_n = \mbox{vect}_{\QQ}\{x_1,x_2,...,x_n\}, \quad X =
\bigcup_{n \geq 1} X_n \,\mbox{ et }\, Y = \bigcup_{n \geq 1} Y_n.$$ Pour $A \subset E$, on note $\overline A$
l'adh{é}rence de A pour la topologie de la
norme.\\
2) V{é}rifier que $X \subset \overline Y$.\\
3) En supposant que $\overline X \not= E$, montrer que $\exists f \in \Ep$, $f
\not\equiv 0$, telle que $<f,x> = 0$, $\forall x \in X.$\\
En d{é}duire une contradiction.\\
4) Montrer que E est s{é}parable. \fexo
%
%\begin{Def}  On dit qu'un espace de Banach $E$ est uniformément convexe si
%$$\forall \varepsilon>0, \; \exists \delta>0, \; (x,y\in E, ||x||\leq 1, \;
%||y||\leq 1) \; \Rightarrow ||\frac {x+y}2||<1-\delta.$$
%
%\end{Def}
%\begin{exa}et contrexemples : $||x||_2 = (\sum_1^n |x_i|^2)^\frac 1 2,$ $||x||_1 =
%\sum_1^n|x_i|,
%$
%$||x||_\infty = \sup_{i=1, ..., n} |x_i|$.
%
%\end{exa}
%\begin{thf} (Milman-Pettis)
%Tout espace de Banach uniformément convexe est réflexif.
%\end{thf}
%\paragraph{Démonstration}
%Voir Brezis.   Nous n'utiliserons
%pas ce résultat pour montrer la réflexivité des espaces considérés
%plus loin (espaces de Hilbert, $L^p$, etc.) mais il est bon de conna\ii tre
%l'existence  de cet énoncé général.
%
%\enddemo
%\begin{pro}
%Soit $E$ un espace de Banach uniformément convexe.  Soit $(x_n)$ une suite dans
%$E$ telle que $x_n\to x$ dans $\sigma(E, E')$ et
%$$\lim\sup_n ||x_n||\leq ||x||.$$
%Alors $x_n$ converge vers $x$ fortement.
%
%\end{pro}
% \paragraph{Démonstration}
%Supposons $x\neq 0$.  Soit $\lambda_n = \max(||x_n||, ||x||)$.  Alors
%$\lambda_n\to ||x||$.  On pose
%$$y_n = \frac {x_n}{\lambda_n}, \; \; y=\frac x {||x||}.$$
%Alors $y_n\to y$ dans $\sigma(E,E')$.  Donc
%$$1=||y|| \leq \lim\inf_n ||\frac {y+y_n}2||.$$
%Mais, puisque $||y||=1$, $||y_n||\leq 1 \Rightarrow \lim\sup ||\frac
%{y+y_n}2||\leq 1.$
%Donc $||\frac{y_n+y}2||\to 1$ et par uniforme convexité, on déduit que
%$||y_n-y||\to 0$.
%
%\enddemo
%
%
