
\documentclass[11pt]{book}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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-0.71cm \topmargin -0.6cm

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%macros et autres yann
\newcommand \R {\mathbb R}
\newcommand \Z {\mathbb Z}
\newcommand \N {\mathbb N}
\newcommand \hu {\hat{u}}
\newcommand \tu {\tilde u}
\def\cqfd{\hfill $\large\circ$ \newline\newline}     % fin de preuve
\newcommand{\indi}{{1\!\!1}}
\newcommand \com[1]{\fbox{\sf  #1}}
\newcommand \trait{
\noindent\noindent
\begin{picture}(454,5)(0,-5)
\drawline(0,2)(454,2)
\end{picture}}


%\def\R{é}sum{é}{\small\noindent\bf R{é}sum{é}. \rm}
\def\Abstract{\small\noindent\bf Abstract. \rm}

\def\nin{\not\in}                 % la negation de \in
\def\indic{1\!\!1}                % fonction indicatrice
\def\levelset{\chi}           % la surface de niveau
\def\meas{\mathop{\rm meas}}      % mesure de
\def\setB{\SetB}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%\RR
\def\real{I\!\!R}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\def\NN{I\!\!N}
\def\croa{< }
\def\crob{> }
\def\relative{{\bf Z}}
\def\QQ{{\bf Q}}
\def\complex{{\bf C}}
\def\mes{\hbox{mes}}
\def\sin{\hbox{sin}}
\def\cos{\hbox{cos}}
\def\interieur{\hbox{\rm Int{é}rieur}}
\def\signe{\hbox{\rm Signe}}
\def\vect{\hbox{\rm Vect}}
\def\Re{\hbox{\rm Re}}
\def\support{\hbox{\rm Support}}
\def\supp{\hbox{\rm Support}}

\def\fb&{\begin{equation}}
\def\fe&{\end{equation}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Ajouts sylvie
\newcommand{\ep}{\varepsilon}
\newcommand{\Om}{\Omega}
\newcommand{\om}{\omega}
\newcommand{\vfi}{\varphi}
\newcommand{\eps}{\varepsilon}
\newcommand{\psieps}{\psi_{\varepsilon}}
\newcommand{\psia}{\psi_{a}}
\newcommand{\grad}{\nabla}
\newcommand{\Ep}{E^{\prime}}
\newcommand{\vois}{{\cal V}(x)}
\newcommand{\lun}{{\ell}^1}
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\newcommand{\Hnulo}{H_0^1(0,1)}

% ensembles Q R N Z C indicatrice polynomes
\gdef\PP{\hbox{\rm I\kern-.25em\hbox{P}}}
\gdef\ind{\indi} \gdef\RR{\hbox{\rm
I\kern-.25em\hbox{R}}}
\gdef\NN{\hbox{\rm I\kern-.25em\hbox{N}}}
\gdef\LLI{\hbox{\rm I\kern-.25em\hbox{L}}}
\gdef\ZZ{{\sl Z\hskip -1ex Z} }
\gdef\CC{\rm \hbox{C\kern-.56em\raise.4ex
         \hbox{$\scriptscriptstyle |$}\kern+0.5 em }}
\gdef\QQ{\rm \hbox{Q\kern-.35em\raise.4ex
         \hbox{$\scriptscriptstyle |$}\kern+0.5 em }}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%rappel : \overline{cequ'onveut}
\newtheorem{thf}{Th\e or\ee me}[chapter]
\newtheorem{cor}{Corollaire}[chapter]
\newtheorem{pro}{Proposition}[chapter]
\newtheorem{Def}{D\e finition}[chapter]
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\newtheorem{rem}{Remarque}[chapter]%  remarque
\def\drem{\begin{rem}\rm}%  sans
\def\frem{\end{rem}}%                   italique !

\newtheorem{exo}{Exercice}[chapter]
\newtheorem{propr}{Propri\e t\e}[chapter]

\newtheorem{Exer}{Exercice}[chapter]  %Exercice
\def\dexer{\begin{Exer}\rm}    %sans
\def\fexer{\end{Exer}}        %italique !

\def\skipaline{\vspace{4 mm}\noindent}

\def\fb& {\begin{equation}}       % debut d'une equation
\def\fe& {\end{equation}}         % fin d'une equation
\def\enddemo{\hfill $\large\circ$ \newline\newline}     % fin de preuve
\def\Varphi{{\bf \varphi}}
\def\e {{é}}
\def\ee {{è}}
\def\eee {{\^e}}
\def\e {{é}}
\def\ea {{é} }
\def\ee {{è}}
\def\eee {{\^e}}
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\def\ccaadd{ c'est-{à}-dire }
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\def\ooo {{\"o}}

%\newcommand\contentsname{Table des Matières}
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%  Janvier\or F{é}vrier\or Mars\or Avril\or Mai\or Juin\or
%  Juillet\or Ao{\^u}t\or Septembre\or Octobre\or Novembre\or D{é}cembre\fi
%  \space\number\day, \number\year}


%rappel pour la cédille : fran\c cais
\def\indexentry#1#2{\noindent #1, #2 \newline}
\makeindex
\begin{document}
\title{Notes du cours d'analyse, ENS Cachan première année}
\author{Sylvie Fabre, Jean-Michel Morel, Yann Gousseau}
\maketitle \tableofcontents \listoffigures
%\listoftables
%\listoffigures
%\noindent{\bf Notes du cours d'analyse, ENS Cachan première année.}

 \vskip 1.5em
\newpage
\noindent{\bf Traités recommandés :}
\newline
\newline
H. Brezis, Analyse fonctionnelle, Masson, 1983.
\newline
J.M. Bony, Cours d'analyse de l'Ecole Polytechnique, Ecole Polytechnique, 1994
(polycopié).
\newline
G. Choquet, Cours de Topologie, seconde {é}dition, Masson, 1992.
\newline
J. Dixmier, Topologie Générale, Masson.
\newline
N. Bourbaki, Topologie Générale, Hermann, Paris.
\newline
T.W. K\ooo rner, Fourier Analysis, Cambridge University Press, 1988.
\newline
J. Neveu,  Bases mathématiques du calcul des probabilités, Masson, 1970.
\newline
W. Rudin, Real and complex analysis, Mc-Graw-Hill, 1966, traduction fran\c caise
Masson 1980.
\newline
W. Rudin, Functional Analysis, Mc-Graw-Hill, 1980.
\newline
\newline
\noindent{\bf Autres sources}
\newline
\newline
F. Hélein, Notes de cours, ENS Cachan, 1996 (manuscrit).
\newline
Y. Meyer, cours de DEA ondelettes 94-97 (manuscrits).
\newline
\newline
\noindent{\bf Articles en rapport avec les expériences
numériques présentées}
\newline
\newline
P. Thevenaz, M. Unser, et L. Yaroslavsky, Convolution-based interpolation for
fast, high-quality rotation of images, IEEE Trans. Image Processing, vol. 4, pp. 1371--1381, Oct. 1995.\newline
J. J. Van Wijk, Spot Noise: Texture Synthesis for Data Visualisation, Computer
  Graphics 1991, volume 25, numero 4, pp 309-317.

%\include{chap123}
\chapter{Topologie et compacité }
Dans ce paragraphe, nous nous contentons de rappeler des définitions et des
résultats utiles pour la suite de cet ouvrage. Le lecteur pourra trouver les
démonstrations de tous
les énoncés cités dans [Choquet] et [Dixmier].\\
\paragraph{Rappels de topologie générale} : une {\it topologie} sur $E$ est d\e
finie comme une partie $\cal O$ de ${\cal P}(E)$ stable par intersection finie
et union quelconque et contenant $E$ et $\emptyset$.  Les éléments de $\cal
O$ sont appelés les {\it ouverts} de la topologie.  On appelle {\it voisinage
ouvert} de $x\in E$ tout ouvert $O\in \cal O$ contenant $x$.  On appelle {\it
base de voisinages ouverts} de la topologie toute partie $\cal U$ de $\cal O$
telle que si $x\in O\in \cal O$, alors il existe $U\in \cal U$ tel que $x\in
U\subset O$.
\newline
{\bf Conséquence :} tout  ouvert est une union de voisinages ouverts de la
base.
\newline
{\bf Exemple classique }: une  topologie $\cal O$ sur $E$ est dite métrisable
s'il existe une distance sur $E$ telle que $\cal O$ co\"{\i}ncide  avec
l'ensemble des unions arbitraires de boules.  Une base de voisinages ouverts
commode est alors constituée par les boules ouvertes elles-m\eee mes. Les
boules ouvertes centrées en $x$ forment une base de voisinages ouverts de $x$
et également les boules ouvertes contenant $x$.
\begin{Def} On dit que l'espace $E$ est séparé si $\forall x,y \in E$, $x\not= y$,
$\exists V \in {\cal V}(x)$ et $\exists U \in {\cal V}(y)$ tels que $U\cap V =
\emptyset$.
\end{Def}
Tous les espaces topologiques que nous considérerons seront séparés. On appelle
fermeture d'un ensemble $A$, notée $\overline{A}$, l'intersection de tous les
fermés contenant $A$. On appelle ouverture, ou intérieur, de $A$ l'union de
tous les ouverts contenus dans $A$, noté $\interieur (A)$.
\dexer {\bf Adhérence} \\
Soit $A$ une partie de $E$, on dit que $x \in E$ est adhérent à $A$ si
$\forall V \in {\cal V}(x)$, $V\cap A \not= \emptyset$. On appellera adhérence
de $A$, l'ensemble des points de $E$ adhérents à $A$. On note $\overline{A}$
la fermeture de $A$,  \ccaadd le plus petit fermé de $E$ contenant $A$.
Montrer que $\overline{A}$ et l'adhérence de $A$ sont identiques et que la
relation $A=\overline{A}$ caractérise les ensembles fermés. \fexer

\begin{Def} {\bf Convergence d'une suite}\\
On dit qu'une suite $x_n$ {\it tend vers} $x$
pour  la topologie $\cal O$ si pour tout voisinage $O$ de $x$ il existe $n_0$
tel que $n\geq n_0\Rightarrow x_n\in O$.
\end{Def}
\begin{pro}\label{sequentiellementferme}
Tout fermé $F$ est séquentiellement fermé, \ccaadd que si $x_n\in F$,
fermé, et si $x_n\to x$ pour la topologie, alors $x\in F$.

\end{pro}
\paragraph{Démonstration} Si on avait $x\in F^c$, qui est ouvert, il existerait
un voisinage ouvert $U$ de $x$ tel que $U\subset F^c$.  Mais $x_n\to x$ implique
que $\exists n_0, n\geq n_0 \Rightarrow x_n \in U$, ce qui contredirait $x_n\in
F$.
\enddemo
\begin{Def} {\bf Valeur d'adhérence d'une suite}\\
Soit $(x_n)_n$ une suite de points de $E$, on dit que $x \in E$ est valeur
d'adhérence de $(x_n)_n$ si $\forall n$, $\forall V \in {\cal V}(x)$, $\exists
i \geq n$ tel que $x_i \in V$.
\end{Def}
Si on note $A_n = \{ x_i,\;i\geq n\}$ alors $x$ est valeur d'adhérence de
$(x_n)_n$ si et
seulement si $x \in \bigcap_n \overline{A_n}$.\\ \\


{\it Application continue}. On note de manière générique ${\cal V}(x)$ une base
de voisinages d'un point $x$ d'un espace topologique $E, \cal O$.
\begin{Def} {\bf Continuité en un point} \\
Soient $E$ et $F$ deux espaces topologiques et $f$ une application de $E$ dans
$F$. Soit $x_0 \in E$, on dit que $f$ est continue en $x_0$ si $\forall V \in
{\cal V}(f(x_0))$, $\exists U \in {\cal V} (x_0)$ tel que $f(U) \subset V$.
\end{Def}
 \dexer Une
application d'un espace topologique dans un autre est dite {\it continue} si
elle est continue en tout point. Démontrer que $f$ est continue si et seulement
si l'image réciproque de tout ouvert par l'application est un ouvert, ou de
manière équivalente, si l'image réciproque de tout fermé est un ferm\e
. Vérifier que si on a une base de voisinages ouverts $\cal U$ dans $F$, alors
$f$ est continue si et  seulement si $f^{-1}(U)$ est un ouvert pour tout $U\in
\cal U$. \fexer
 Un exemple
que nous utiliserons souvent : une application $f$ de $E$ dans $\RR$ est
continue si et seulement si pour tout intervalle ouvert $I$ de $\RR$, l'ensemble
$f^{-1}(I)$ est un ouvert.  En effet, les intervalles ouverts forment une base
de voisinages ouverts de $\RR$.  Il convient de vérifier que notre d\e
finition de la continuité généralise bien la notion de continuité s\e
quentielle pour $f$ (\ccaadd : $x_n\to x\Rightarrow f(x_n)\to f(x)$.)

\begin{pro}\index{Continuité séquentielle (d'une application continue)} Si $f
: (E, {\cal O})\to (F, {\cal U})$ est continue, alors elle est s\e
quentiellement continue.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}  Soit $x_n$ tendant vers $x$ pour $\cal O$. Fixons
$U\in \cal U$ tel que $f(x)\in U$ et montrons que $\exists n_0, n\geq n_0
\Rightarrow f(x_n)\in U$. Or, $f$ étant continue, $f^{-1}(U)$ est un voisinage
de $x$. Donc $\exists n_0, n\geq n_0\Rightarrow x_n\in f^{-1}(U)$ et on a donc,
comme désiré, $f(x_n)\in U$.

\enddemo
Rappelons un résultat classique, qui  n'est pas toujours vrai quand les
topologies ne sont pas métrisables : \dexer Si $E$ et $F$ sont métrisables,
alors $f : E\to F$ est continue si et seulement si elle est {\it s\e
quentiellement continue}, \ccaadd si $x_n\to x $ $\Rightarrow$ $f(x_n)\to f(x)$.
\fexer {\it Les  compacts}  On dit qu'un sous-ensemble $K$ d'un espace
topologique séparé $(E, {\cal O})$ est compact si de tout recouvrement de $K$ on
peut extraire un recouvrement fini.  Si la topologie $E$ est métrisable, tout
compact est séquentiellement compact, \ccaadd que $K$ est compact si et
seulement si toute suite $x_n$ contenue dans $K$ a un point d'accumulation,
\ccaadd une valeur d'adhérence qui est contenue dans $K$. L'image d'un compact
par une fonction continue est un compact.  En conséquence, toute fonction r\e
elle continue sur un compact atteint son maximum et son minimum.
\newline
{\it Topologie produit}  Soit $(E_i, {\cal O}_i)$ des espaces topologiques.
L'espace topologique produit $E=\Pi_i E_i$ peut \eee tre muni de la {\it
topologie produit}, définie comme la moins fine rendant les projections de $E$
sur chaque $E_i$ continues.

\begin{Def}   On appelle
 {\rm topologie sur $E$ la moins fine vérifiant une propriété $P$} la
topologie ayant cette propriété $P$ et  qui a le moins d'ouverts possible.
Cette topologie $\cal U$ est donc telle que pour toute autre topologie $\cal O$
vérifiant $P$,
 on ait $ {\cal O}\subset \cal U$.  On la
trouve en  prenant tout simplement l'intersection de toutes les topologies
vérifiant $P$
 : c'est encore une topologie, le vérifier !
 \end{Def}

\begin{pro}\label{formedelatopologielamoinsfine} Soit  $(E_j, {\cal O}_j)_{i\in J}$ une
famille d'espaces topologiques et
$\varphi_j : E\to E_j$ une famille d'applications définies sur un ensemble $E$.
Les ouverts de la {\rm topologie la moins
 fine sur $E$ rendant continues les applications $\varphi_j$} sont tous de la forme :
 \fb&  \label{formestandarddouvert}
 \bigcup_{i\in I}\bigcap_{j\in F_i}\varphi_j^{-1}(U_j),
 \fe&
 où $U_j$ désigne un ouvert quelconque de $E_j$, $F_i$ est un sous-ensemble fini quelconque
  de $J$ et $I$ est un ensemble quelconque d'indices.
  \newline La même formule est encore valide si on restreint les $U_j$ à une base
  de voisinages ouverts de $E_j$.
  \end{pro}
  \drem  En conséquence, on a la base de voisinages de $E$ :
  $$\bigcap_{j\in F}\varphi_j^{-1}(O_j),$$
  où $F\subset J$ est fini, et $O_j$ appartient à une base de voisinages de $E_j$. Donc on
  peut caractériser la convergence des suites pour cette topologie de la manière très simple
suivante :
  \newline
  $x_n\to x$ pour la topologie ${\cal O}$ si et seulement si $\varphi_i(x_n)\to
\varphi_i(x)$
pour tout
  $i$.
  \frem
\begin{lem}\label{distributivitebooleenne}
$$\bigcap_{i\in F}\bigcup_{j\in J_i}A_j=\bigcup_{\psi\in \Psi}\bigcap_{i\in F}A_{\psi(i)},$$
où $\Psi $ est l'ensemble de toutes les applications $i\in F\to \psi(i)\in J_i$.
\end{lem}
Cette dernière formule prouve que si $\cal A$ est une famille d'ensembles, alors
"toute intersection finie d'unions d'intersections finies d'éléments de $\cal A$
est une union d'intersections finies d'éléments de $\cal A$."
\paragraph{Démonstration}
Si $x$ appartient à $\bigcap_{i\in F}\bigcup_{j\in J_i}A_j$, cela revient à dire
que
$$\forall i\in F, \; \exists j(=\psi(i))\in J_i, \; \; x\in A_j \Leftrightarrow$$
$$\exists \psi : \; F\to \cup_i J_i, \; \psi(i)\in J_i, \; \; x\in A_{\psi(i)}, \; \;
\forall
i\in F.$$
\enddemo
\paragraph{Démonstration de la proposition \ref{formedelatopologielamoinsfine}}
Si les $\varphi_i$ sont continues, tout élément de la forme
(\ref{formestandarddouvert}) est bien un ouvert de $E$. Réciproquement, la
famille des ensembles de la forme (\ref{formestandarddouvert}) est évidemment
stable par union quelconque, et par intersection finie d'après le lemme
\ref{distributivitebooleenne}.
\enddemo

\begin{thf}{\bf de Tikhonov} \index{Tikhonov (théorème de)} Soit $K=\Pi_i
K_i$ un produit de compacts.  On note ses éléments $\omega =(\omega_i)_i$ et
on le munit de la topologie produit, \ccaadd la moins fine rendant les
projections $\omega\to w_i\in K_i$ continues. Alors $K$ est compact.
\end{thf}

\dexer \index{Tikhonov (théorème de) : cas d'un produit dénombrable de
compacts métrisables} Montrer ce théorème dans le cas un peu moins g\e
néral suivant : $K=\Pi_{n\in \NN}K_n$ (produit dénombrable) et on suppose
que $K_n$ est métrisable et donc muni d'une distance $d_n$.  Commencer par
montrer que $K$ est métrisable en posant
$$d(x,y)=\sum_{n\in \NN} \frac {d_n(x_n,y_n)}{2^n diam(K_n)},$$
o\u $diam(K_n)=\max\{d(x_n,y_n), x_n,y_n\in K_n\}$ est le diamètre de $K_n$
et $x=(x_n)_n$, $y=(y_n)_n$. \fexer
{\bf Cas des espaces métriques}\\
Nous rappelons ici un certain nombres de propriétés vraies dans les espaces
métriques. Dans tout ce qui suit le couple $(E,d)$, ou plus simplement $E$,
désignera un espace métrique muni d'une distance $d$. On rappelle aussi
qu'un espace métrique est dit complet si toute suite de Cauchy converge.
\begin{pro}
1) Un espace métrique est séparé.\\
2) Soient $A$ une partie de $E$ et $x \in E$ alors $x \in \overline{A}$
$\Longleftrightarrow$
$d(x,A) =0$ $\Longleftrightarrow$ $\exists (x_n)_n \subset A$ telle que $x_n \rightarrow
x$.\\
\end{pro}
\begin{pro} {\bf Valeur d'adhérence} \\
Soient $(x_n)_n$ une suite dans $E$ et $x \in E$. Alors $x$ est valeur
d'adhérence de la suite $(x_n)_n$ si et seulement si il existe une sous-suite
$(x_{n_k})_k$ qui converge vers $x$.
\end{pro}
Nous attirons l'attention sur le fait que le sens direct est vrai dans les
espaces métriques mais que l'on ne peut rien dire a priori dans un espace
topologique quelconque.
\begin{thf}
Soit $E$ un espace métrique, les conditions suivantes sont équivalentes :\\
(i) L'espace $E$ est compact.\\
(ii) Toute suite de points de $E$ admet une valeur d'adhérence.\\
(iii) Toute suite de points de $E$ a une sous-suite convergente.
\end{thf}
\begin{thf}
Un espace métrique compact est complet.
\end{thf}
Pour plus de détails de topologie générale nous renvoyons aux ouvrages de
G.Choquet et J.Dixmier, et bien-sûr la Topologie Générale de N. Bourbaki.

\section{Théorèmes classiques de compacité }


\begin{thf} {\bf (Ascoli-Arzela)}\label{ascoliarzela}\index{Ascoli-Arzela (th\e
orème de)} Soit $f_n$ une suite de fonctions définies sur un espace m\e
trique compact $(K, d)$ et à valeurs réelles.  On suppose que la suite $f_n$
a les deux propriétés suivantes :
\newline
$\bullet$ $f_n$ est équicontinue : $\forall \varepsilon, \exists \eta, \;
\forall x, y \in K,\;\forall n\in \NN,\; d(x, y)\leq \eta \Rightarrow
|f_n(x)-f_n(y)|\leq \varepsilon. $
\newline
$\bullet$ La suite $(f_n(x))_n$ est bornée pour tout  $x\in K$.
\newline
Alors il existe une sous-suite de $f_n$ qui converge vers une fonction continue
$f$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Remarquons d'abord qu'il existe une suite de points $(x_k)_k$ qui est dense dans
$K$.  En effet, $K$ est compact et donc on peut le recouvrir pour tout $n$ par
un nombre fini de boules de rayon plus petit que $\frac 1 n$. L'union des
centres de ces boules est un ensemble dénombrable qui répond à la question.
\newline
On va alors extraire pour tout $k$ de la suite $f_n$ une sous-suite
$f_{\varphi_k(n)}$ telle que $f_{\varphi_k(n)}(x_l)$ converge pour $l\leq k$ et
telle que $f_{\varphi_k(n)}$ soit une sous-suite de $f_{\varphi_{k-1}(n)}$. On
procède par extractions successives. Comme la suite $f_n(x_1)$ est bornée,
la suite $f_n$ admet une sous-suite convergente en $x_1$ que nous notons
$f_{\varphi_1(n)}$.  On extrait de cette sous-suite une nouvelle sous-suite
$f_{\varphi_2(n)}$ qui converge aussi en $x_2$, etc.. On applique alors le
procédé dit d'extraction diagonale : on considère la suite de fonctions
$g_n=f_{\varphi_{n}(n)}$. Elle converge en tout point de la suite $x_k$. On
appelle $g(x_k)$ sa limite en $x_k$.
 Dès que $n\geq k$, la suite $f_{\varphi_{n}(n)}$ devient une sous-suite de
$f_{\varphi_k(n)}$.  Elle converge donc en $x_k$.  La suite $g_n$ converge donc
en tout $x_k$. En fait,  la fonction $g$ est équicontinue et se prolonge d'une
manière unique en une fonction continue sur $K$, que nous noterons encore
$g$. Voyons pourquoi. On a
$$|g(x_l)-g(x_k)|\leq
|g(x_l)-g_n(x_l)|+|g(x_k)-g_n(x_k)|+|g_n(x_l)-g_n(x_k)|.$$ Le troisième terme
est rendu inférieur à $\varepsilon$ pour tout $n$ si on  impose $d(x_l,
x_k)<\eta(\varepsilon)$.  Les deux premiers termes tendent vers zéro quand
$n\to \infty$.  On obtient donc $|g(x_l)-g(x_k)|\leq \varepsilon$ si $d(x_k,
x_l)<\eta(\varepsilon)$. Donc $g$ est uniformément continue sur la suite $x_k$
et a d'ailleurs le m\eee me module d'uniforme continuité  que la suite $f_n$.
On montre ensuite  que $g_n$ converge uniformément vers $g$. La fonction  $g$
est uniformément continue sur un ensemble dense dans $K$. Elle se prolonge
donc de manière unique en une fonction uniformément continue sur $K$, avec
le m\eee me module de continuité uniforme.  Montrons pour finir que $g_n\to g$
uniformément.  On fixe $\varepsilon>0$, puis $k$ assez grand pour
$$\forall x\in K,\;
\exists l\leq k, \; d(x, x_l)\leq \eta(\varepsilon).$$  On fixe finalement $n_0$
assez grand pour que
$$n\geq n_0\Rightarrow \forall l\leq k, \; |g_n(x_l)-g(x_l)|\leq\varepsilon.$$
En combinant les deux dernières inégalités, on a pour $n\geq n_0$ et $x$
dans $K$,
$$|g_n(x)-g(x)|\leq |g_n(x)-g_n(x_l)|+|g_n(x_l)-g(x_l)|+|g(x_l)-g(x)|\leq
3\varepsilon.$$
\enddemo
\dexer Vérifier que l'on peut le théorème d'Ascoli-Arzela est encore
valable si les fonctions $f_n$ sont à valeurs dans un  espace métrique
complet et si on suppose, comme deuxième hypothèse, que pour tout $x$ dans
$K$, l'ensemble $(f_n(x))$ est relativement compacte (\ccaadd de fermeture
compacte). \fexer
\begin{cor} \index{Compacité (d'une famille de fonctions Lipschitz)}
Toute famille  $f_n$ de fonctions $L$-lipschitziennes réelles, définies sur
un  compact $K$ et telle que pour un certain point $x_0$, $f_n(x_0)$ soit
borné admet une sous-suite uniformément convergente vers une fonction \e
galement $L$-lipschitzienne.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration} Comme $K$ est compact, il est borné et on a donc
$d(x, x_0)\leq M$ pour tout $x$ dans $K$. D'o\u $|f_n(x)|\leq |f_n(x_0)|+LM$ est
aussi borné. On peut donc appliquer le théorème d'Ascoli-Arzela.
\enddemo


\dexer {\bf (longueur d'un arc rectifiable)} \index{Longueur d'un arc
rectifiable} On appelle arc rectifiable un sous-ensemble $C$ de $\RR^N$ qui est
l'image d'une  application Lipschitz $c :$ $s\in[0,1]\to c(s)\in \RR^N$. On
appelle longueur de l'arc, $l(C)$, l'infimum des constantes de Lipschitz des
applications surjectives $c$ : $[0,1]\to C$. Montrer que cet infimum est
atteint. \newline Marche à suivre : considérer une suite $c_n$ dont les
constantes de Lipschitz tendent vers $l(C)$.  Extraire une sous-suite
convergeant uniformément vers un arc $c$ et montrer que $c$ est Lipschitz et
que sa constante de Lipschitz est  égale à $l(C)$. \fexer

\dexer Soit $(E, \cal {O})$ un espace topologique tel qu'il existe une base
$(U_n)_n$ dénombrable de voisinages. Montrer que $E$ est métrisable, \ccaadd
qu'il existe une distance $d$ sur $E$ telle que les ouverts de $\cal O$ soient
les unions de boules ouvertes pour $d$.
\newline Indication : on posera $d_n(f, g)=0$ si $f, g\in U_n$, $d_n(f, g)=1$ sinon.
Ensuite,
on posera $d(f, g)=\sum_n \frac 1 {2^n}d_n(f, g)$.

\fexer


\chapter{Les Théorèmes de séparation de Hahn-Banach}

\begin{Def} Un espace de Banach est un espace vectoriel sur $\RR$ ou
$\CC$, normé, complet. \index{Espace de Banach}
\end{Def}

\begin{exa} Certains des exemples qui suivent sont élémentaires ; les autres seront
examinés en exercice à la fin du chapitre.  Mentionnons $\RR^N$,
$\complex^N$, $l^p$, $1\leq p\leq +\infty$,
$l^p=\{a=(a_i)_{i\in\NN}, a_i\in \RR,
\sum_{i=0}^{\infty}|a_i|^p<\infty\}$, $C^0_0(\RR^N)$, l'espace des
fonctions continues tendant vers zéro à l'infini. Si $E$ est un
espace vectoriel muni d'un produit scalaire $\croa x,y\crob$, il
est alors normé par $||x|| = \sqrt{<x,x>}$.  On dit alors que $E$
est préhilbertien.  Si de plus il est complet, on dit que c'est un
espace de Hilbert et c'est alors un espace de Banach.  Un exemple
canonique d'espace de Hilbert est : $l^2$.
\end{exa}
\begin{Def} Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels normés et $g
: \; E\to F$ une application linéaire. On montre facilement
(exercice !) que $g$ est continue si et seulement si
$$\sup_{x\in E,\; ||x||\leq 1} ||g(x)||<+\infty.$$
Si c'est le cas, on pose $||g||=\sup_{x\in E,\; ||x||\leq 1}$.
\end{Def}
\begin{Def}
Si $E$ est un espace vectoriel normé, on note $E'$ son dual topologique,
\ccaadd  l'ensemble des applications linéaires continues de $E$ dans $ \real$.
\end{Def}
Si $E$ est un espace vectoriel normé, $E'$ est un espace de Banach (voir
exercice \ref{2.2})
\begin{thf}{\bf de Hahn-Banach.}\label{hahn-banach}\index{Hahn-Banach (Th\e
orème)}  Soit $E$ un espace vectoriel normé. Soit $G$ un sous-espace
vectoriel de $E$ et $g:G\to \RR$ une application linéaire continue de norme
$$||g||_{G'}=\sup_{x\in G, ||x||\leq 1} g(x).$$  Alors il existe $f\in E'$, le
dual topologique de $E$, qui prolonge $g$ et telle que $||f||_{E'}=||g||_{G'}.$
\end{thf}
\begin{exo}  Montrer ce résultat  en dimension finie.
\end{exo}
\begin{Def} {\bf (Zorn.)}
Soit $P$ un ensemble muni d'une relation d'ordre partiel notée $\leq$.  On dit
que $Q\subset P$ est totalement ordonné  si $\forall a, b \in Q$, $a\leq b$ ou
$b\leq a$.  On dit que $c\in P$ est un majorant de $Q\subset P$ si $\forall a
\in Q$, $a\leq c$.  On dit que $m\in P$ est maximal si $\forall x\in P$ tel que
$m\leq x$, alors $m=x$.  On dit que $P$ est inductif si tout sous-ensemble
totalement ordonné de $P$ admet un majorant.
\end{Def}

\begin{lem} {\bf de Zorn, admis.}\index{Lemme de Zorn}
Tout ensemble ordonné, inductif et non vide admet un élément maximal.
\end{lem}

\begin{thf} \label{hahn-banachanalytique}\index{Hahn-Banach (version
analytique)}{\bf de Hahn-Banach (version analytique)} Soit $p :
E\to \RR^+$ une application vérifiant\newline
 (i)$\;\forall \lambda>0,
\forall x\in E, p(\lambda x) = \lambda p(x)$ et
\newline (ii)
$\forall x, y \in E, p(x+y)\leq p(x)+p(y)$. \newline Soit
$G\subset E$ un sous-espace vectoriel et soit $g : G\to \RR$ une
application linéaire telle que $g(x)\leq p(x), \forall x\in G.$
Alors il existe une forme linéaire $f$ sur $E$ qui prolonge $g$,
i.e. $g(x)=f(x), \forall x\in G$, $f(x)\leq p(x), \forall x\in E$.
\end{thf}
\begin{rem} Une application vérifiant (i) et (ii) est appelée une
jauge (voir Lemme \ref{jauge}. Ce n'est pas une norme car il
faudrait en plus que $p(x)=p(-x)$ et que $p(x)=0\Rightarrow x=0$.
\end{rem}

\paragraph{Démonstration}
On considère
\newline $P=\{h : D(h)\to \RR, D(h) \hbox{ s.e.v. de } E, h \hbox{
linéaire }, G\subset D(h), \; h \hbox{  prolonge } g \hbox{ et } h(x)\leq
p(x), \; \forall x \in D(h). \}.$\newline  $P$ est muni de la relation d'ordre
$$h_1\leq h_2 \Leftrightarrow [ D(h_1)\subset D(h_2) \hbox{ et } h_2 \hbox{
prolonge } h_1].$$ On vérifie que $P\neq \emptyset$ car $g\in P$,
que $P$ est inductif car si $Q\subset P$ est un sous-ensemble
totalement ordonné, alors $D(h_1)= \bigcup_{h\in Q} D(h)$ et
$h_1(x) = h(x) $ si $x\in D(h)$ est un majorant pour $Q$.  Donc,
d'après le lemme de Zorn, il existe un élément maximal que l'on
appelle $f$.  On va vérifier que $D(f)=E$.  Sinon, il existerait
$x_0\notin D(f)$.  Posons $D(h) = D(f) + \RR x_0$ et $\forall x\in
D(f)$, $\forall t\in \real$, $h(x+tx_0) = f(x) + t\alpha$, $\alpha
\in \RR$. Alors $h$ est un prolongement de $f$ et si on arrive à
trouver $\alpha$ tel que $h(x)\leq p(x), \forall x \in D(h)$, on
aura $f\leq h$ en contradiction avec la maximalité de $f$. Il faut
choisir $\alpha \in \RR$ de sorte que
$$\forall x\in D(f),\forall t\in \RR,\; h(x+tx_0) = f(x) + t\alpha \leq
p(x+tx_0).
$$
Cela revient à chercher $\alpha$ tel que
$$\forall x \in D(f),\;\forall t>0, \; \; f(x) + t\alpha \leq p(x+tx_0), \;\;
f(x)-t\alpha \leq p(x-tx_0).$$ On cherche donc s'il existe $\alpha$ tel que
$$\forall x\in D(f),\forall t>0, \;\; \frac{f(x) -p(x-tx_0)}t \leq \alpha \leq
\frac{p(x+tx_0) -f(x)}t, \hbox{ ou encore :}$$
$$[\sup_{x\in D(f), t>0}\frac{f(x)-p(x-tx_0)}t, \inf_{x\in
D(f), t'>0}\frac{p(x+t'x_0)-f(x)}{t'}]\neq \emptyset, \hbox{  ce
qui veut dire}$$
$$\forall x, y \in D(f), \forall t,t'>0, \; t'f(y)-t'p(y-tx_0)\leq
tp(x+t'x_0)-tf(x),\hbox { ou encore }$$
$$\forall x, y \in D(f),  \forall t,t'>0, \; tf(x)+t'f(y)\leq
tp(x+t'x_0)+t'p(y-tx_0).  \hbox{ Or,}$$
$$tf(x)+t'f(y) = f(tx+t'y) \leq p(tx+t'y) \leq p(tx+tt'x_0) +
p(t'y-tt'x_0) = tp(x+t'x_0) +t'p(y-tx_0).$$

\enddemo
\paragraph{Démonstration du théorème \ref{hahn-banach}.}
On considère $p(x) = ||g||_{G'}||x||$.  On vérifie que $p$ satisfait les
hypothèses du théorème \ref{hahn-banachanalytique}. Donc en appliquant
le théorème \ref{hahn-banachanalytique}, on construit  $f$ prolongeant $g$
avec $\forall x, \; f(x)\leq ||g||_{G'}||x||$.  Donc, $||f||_{E'}\leq
||g||_{G'}.$
\enddemo
\begin{cor} \label{applicationdedualite}\index{Dualité (application de)}
(application de "dualité").  Si E est un espace vectoriel normé,
il existe pour tout $x\in E$ une forme linéaire $f\in E'$ telle
que $||f|| = ||x||$ et $f(x) = ||x||^2$.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration} Prendre
$G = \RR x$, $g(tx) = t||x||^2,$ de sorte que $||g||_{G'}=||x||$.
\enddemo
\dexer Montrer le corollaire précédent directement quand $E$ est de
dimension finie et euclidien.  Regarder également le cas $E=\RR^N$ muni de la
norme $||x||_p = (|x_1|^p+...+|x_N|^p)^\frac 1 p.$ \fexer
%Remarque  : si $E'$ est strictement convexe, $f$ est unique
% et l'application $x\to f$ est appelée application de dualité.
\begin{cor} \label{normepardualite}\index{Norme par dualité } Soit $E$ un
espace vectoriel normé.  Alors
$$||x||= \sup_{f\in E',\; ||f||\leq 1} |f(x)| = \max_{f\in E', \; ||f||\leq
1}|f(x)|.$$
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
En effet, l'inégalité ($||x||\geq f(x)$ si $||f||\leq 1$) est immédiate et
l'égalité est obtenue gr\aa ce à l'application de dualité  (corollaire
\ref{applicationdedualite}).
\enddemo
\begin{Def}
Un hyperplan affine est un ensemble de la forme
$$H=\{x\in E, \; f(x) = \alpha\},$$
o\u $f$ est une forme linéaire continue sur $E$, non identiquement nulle, et
$\alpha\in \RR$.
\end{Def}

\begin{pro}
L'hyperplan d'équation $f=\alpha$ est fermé si et seulement $f$ est
continue.
\end{pro}

\paragraph{Démonstration}
Si $f$ est continue, alors $H=f^{-1}(\alpha)$ est un fermé. Réciproquement,
supposons $H$ fermé.  Soit $x_0\in H^c$.  Supposons pour fixer les idées que
$f(x_0)<\alpha$. Alors, puisque $H^c$ est ouvert, il existe $r>0$, tel que
$B(x_0,r) = \{x\in E, ||x-x_0||<r\} \subset H^c$, et on va en déduire que
$$\forall x\in B(x_0, r), \; f(x)<\alpha.$$
En effet, si on avait un point $x_1$ de la boule o\u  $f(x_1)\geq \alpha$, on
trouverait par interpolation, $f$ étant linéaire, un point $x$ du segment
$[x_0, x_1]$ o\u $f(x)=\alpha$, en contradiction avec $B(x_0,r)\subset H^c$.
Finalement, $\forall x\in B(x_0,r), \;f(x)<\alpha$ et donc
$$\forall z\in B(0,1), \; f(x_0) + rf(z)<\alpha, \hbox{ soit }$$
$$\forall z\in B(0,1), \;  f(z) \leq \frac {\alpha - f(x_0)}{r}.$$
Cela entra\ii ne  $||f||\leq \frac {\alpha-f(x_0)}{r}$, et donc que $f$ est
continue.
\enddemo

\begin{Def}
Soit $E$ un espace vectoriel normé et  $A, B \subset E$. On dit que
l'hyperplan $H$ d'équation $f(x)=\alpha$ sépare $A$ et $B$ au sens large si
$$f(x)\leq \alpha, \; \forall x \in A\; \; \hbox{ et } \;
f(x)\geq \alpha, \forall x \in B.$$ On dit que $H$ sépare $A$ et $B$ au sens
strict si
$$\exists \varepsilon >0, \;\;f(x)\leq \alpha -\varepsilon, \; \forall x \in A\; \;
\hbox{ et } \;  f(x)\geq \alpha + \varepsilon, \forall x \in B.$$


\end{Def}\index{Théorème de Hahn-Banach géométrique}

\begin{thf}\label{hahn-banachgeometrique}\index{Hahn-Banach (version g\e
ométrique)} {\bf de Hahn-Banach (version géométrique)} Soit $E$ un espace
vectoriel  normé et $A, B\subset E$ deux ensembles convexes non vides et
disjoints.   On suppose que $A$ est ouvert. Alors il existe un hyperplan ferm\ea
qui sépare $A$ et $B$ au sens large.
\end{thf}
\dexer Le théorème peut être faux si aucun des deux convexes n'est ouvert.
Prendre par exemple $E=C^0(0,1)$, pour $A$ : le sous-espace vectoriel des
polynômes trigonométriques   et pour $B$ une fonction continue qui ne soit pas
un polynôme trigonométrique, par exemple f(s)=s.  Or, on ne peut pas séparer $f$
et $A$ au sens large (théorème de Stone-Weierstrass). \fexer
\begin{lem} \label{jauge}\index{Jauge d'un convexe}
Soit $C\subset E$ un convexe ouvert, avec $0\in C$.  Pour tout $x\in E$, on pose
$p(x) = \inf\{\alpha >0, \; \frac x {\alpha} \in C\}$.  On dit que $p$ est la
jauge de $C$. Alors $p$ vérifie $\forall \lambda >0,\;p(\lambda x) = \lambda
p(x),$ l'inégalité triangulaire $p(x+y)\leq p(x)+p(y)$ et
\newline (i) $\exists M, 0\leq p(x) \leq M ||x||, \forall x \in E$.
\newline (ii)
$C = \{x\in E, \; p(x) <1\}.$
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
  On a immédiatement
$p(\lambda x) = |\lambda| p(x).$  Montrons l'inégalité triangulaire
$p(x+y)\leq p(x)+p(y)$ pour $x$ et $y$ dans $E$.  Elle découle de la
convexité de $C$.  On a évidemment $\tilde x =\frac {x}{p(x)+\varepsilon}\in
C$ et $\tilde y=\frac {y}{p(y)+\varepsilon }\in C$. Puisque $C$ est convexe, on
a donc $\frac{p(x)+\varepsilon}{p(x)+p(y)+2\varepsilon}\tilde x +
\frac{p(y)+\varepsilon}{p(x)+p(y) + 2\varepsilon} \tilde y \in C$, \ccaadd
$$z=\frac {x+y}{p(x)+p(y) + 2\varepsilon} \in C.$$
Mais $z\in C \Rightarrow p(z)\leq 1$.   Donc
$$p(x+y) \leq p(x) + p(y) + 2\varepsilon,$$
ce qui prouve l'inégalité triangulaire.
\newline
Montrons maintenant (i).  Comme $C$ est ouvert et $0\in C$, il existe $r>0$ tel
que  $B(0,r)\subset C$.  Donc $\forall x\neq 0$, $r \frac {x}{||x||} \in C$ et
donc $p(x) \leq \frac {||x||}r.$ Terminons en montrant (ii), $C= \{x\in E,\;
p(x)<1\}$.  Si $x\in C$, comme $C$ est ouvert, $\exists \varepsilon, \;
(1+\varepsilon) x \in C$. Donc $p(x) \leq \frac 1 {1+\varepsilon}<1$.   R\e
ciproquement, si $p(x)<1$, $\exists \alpha, \; 0\leq p(x) <\alpha <1$, et donc
$\frac x \alpha \in C$. Comme $C$ est convexe et que $x$ appartient au segment
$[0, \alpha x]$ il est aussi dans $C$.

\enddemo
\dexer Montrer la réciproque du théorème précédent : si $p:E\to
\RR^+$ est une application vérifiant $p(\lambda x) = \lambda x$, $\lambda>0$,
$p(x+y)\leq p(x)+p(y)$, la relation (i), $\exists M, 0\leq p(x) \leq M ||x||$,
alors $C = \{x\in E, \; p(x) <1\}$ est un convexe ouvert contenant 0 dont $p$
est la jauge. \fexer
\begin{lem}\label{separationpointconvexe}\index{Séparation (d'un point et
d'un convexe)} Soit $E$ un espace vectoriel normé , $C\subset E$ un convexe
ouvert non vide et $x_0\in E$, $x_0\notin C$. Alors $\exists f\in E'$,
$f(x)<f(x_0), \forall x \in C$.  En particulier, l'hyperplan $\{x, f(x) =
f(x_0)\}$ sépare $x_0 $ et $C$ au sens large.

\end{lem}
\drem Soit $C$ un convexe. Alors en tout point de la frontière de $C$, il y a
donc au moins un hyperplan tangent. \frem
\paragraph{Démonstration}
On peut toujours se ramener au cas o\u $0\in C$ et introduire la jauge $p$ de
$C$. On considère $G=\RR x_0$, et $g : \; \RR x_0 \to \RR$ définie par
$tx_0 \to t$, de sorte que $g(x_0)=1$.  Comme $x_0\notin C$, on a  $g(x)\leq
p(x), \forall x \in G$. En effet, $x_0 \notin C\Leftrightarrow p(x_0)\geq 1$ et
si $t\geq 0$, $g(tx_0)-p(tx_0) = t(1-p(x_0))\leq 0$. Si $t<0$, $g(tx_0)<0\leq
p(tx_0).$  On applique le théorème de Hahn-Banach à $g$.  Il existe $f$
linéaire sur $E$ qui prolonge $g$, telle que $f(x)\leq p(x), \forall x\in E$.
En particulier, $f(x_0) = 1$ et $f$ est continue car $f(x)\leq p(x)\leq M||x||$,
$C$ étant ouvert (Lemme \ref{jauge}(i)). Finalement, $f(x)\leq p(x)<1$ pour
tout $x$ dans $C$ en vertu du Lemme \ref{jauge}-(ii).
\enddemo


\paragraph{Démonstration du théorème \ref{hahn-banachgeometrique}}
On pose $C = A-B$ qui est un convexe ouvert car $A-B=\bigcup_{y\in B}(A-y)$ est
une union d'ouverts. Comme $0\notin C$, car $A\cap B = \emptyset$, on utilise le
lemme \ref{separationpointconvexe} pour séparer $C$ et $0$. Donc
$$\exists f\in E', \; f(z)< 0, \forall z\in C, \hbox{ soit }$$
$$f(x)<f(y), \forall x\in A, y\in B.$$
On choisit $\alpha \in [\sup_{x\in A}f(x), \inf_{y\in B}f(y)]\neq \emptyset$ et
$H=\{x, f(x)=\alpha\}$ sépare $A$ et $B$.
\enddemo


\begin{thf} {\bf de Hahn-Banach, version fermé-compact.}\index{Hahn-Banach,
version fermé-compact.} \label{hahn-banachfermecompact} Soit $E$ un espace
vectoriel normé et $A\subset E$, $B\subset E$, deux sous-ensembles convexes
non vides, disjoints. On suppose que $A$ est fermé, $B$ est compact.  Alors il
existe un hyperplan $H$ fermé qui sépare  $A$ et $B$ au sens strict.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}  Posons $A_\varepsilon = A + B(0, \varepsilon)$,
$B_\varepsilon= B + B(0, \varepsilon)$.
 On commence par montrer que $\exists \varepsilon, A_\varepsilon\cap B_\varepsilon
= \emptyset$.   En effet, dans le cas contraire, on peut trouver pour tout
$\varepsilon$ un élément $z_\varepsilon$ tel que $\exists x_\varepsilon \in
A, ||z_\varepsilon-x_\varepsilon||\leq \varepsilon$ et $\exists y_\varepsilon
\in B$, $||z_\varepsilon -y_\varepsilon ||\leq \varepsilon.$ Comme $B$ est
compact, une sous-suite $y_{\varepsilon'}$ de $y_\varepsilon $ tend vers $y\in
B$.  La sous-suite correspondante $x_{\varepsilon'}$ tend aussi vers $y$, et
comme $A$ est supposé fermé, on a $y\in A\cap B$, en contradiction avec
l'hypothèse que $A$ et $B$ sont disjoints. On applique le théorème
\ref{hahn-banachgeometrique} à $A_\varepsilon$ et $B_\varepsilon$. Il existe
donc un hyperplan $\{x, f(x)=\alpha\}$ qui sépare $A_\varepsilon$ et
$B_\varepsilon$ :
$$\forall x\in A, \forall y \in B, \forall z, z'\in B(0,\varepsilon), \;
f(x+\varepsilon z) \leq \alpha\leq f(y+\varepsilon z').$$ D'o\u ,
$$f(x)+\varepsilon ||f|| \leq \alpha \leq f(y) -\varepsilon ||f||$$ et
$A$ et $B$ sont bien séparés au sens strict.
\enddemo
\dexer En dimension finie, montrer par un argument constructif le théorème
de Hahn-Banach, version fermé-compact : on montrera qu'il existe $x\in A$ et
$y\in B$ tels que $||x-y||= d(A,B)$ et considérera l'hyperplan orthogonal \a
$[x,y]$ passant par $\frac{x+y}2$. \fexer
\begin{cor} \label{intersectiondedemiespaces}
Tout convexe fermé est une intersection de demi-espaces.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
Appliquer la version fermé-compact au convexe et aux points hors du convexe.
\enddemo
\begin{cor}\label{intersectiondespacesfermes}
Tout sous espace vectoriel fermé $F\subset E$ est une intersection d'hyperplans
vectoriels.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
Appliquer le corollaire précédent et prouver  que si un espace vectoriel est
inclus dans un demi-espace $\{f(x)\leq \alpha\}$, il est aussi inclus dans
$\{f(x)=0\}.$
\enddemo
\begin{lem}\label{densite-orthogonalite}\index{Densité et orthogonalit\ea
dans un espace vectoriel norm{é}} Soit $E$ un espace vectoriel normé, $E'$
son dual et $L$ un sous-espace vectoriel de $E$.  Alors $L$ est dense si et
seulement si son orthogonal est réduit à zéro. En d'autres termes, $L$ est
dense si et seulement si \fb& \label{orthogonalite} \forall f\in E', \; (\forall
x\in L, \;f(x)=0) \Rightarrow f=0). \fe&
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
En effet, si $L$ est dense et si $\forall x\in L$, $f(x)=0$, on déduit par
continuité de $f$ que $\forall x \in E, f(x)=0$ et donc $f=0$. R\e
ciproquement, supposons que la relation (\ref{orthogonalite}) soit satisfaite.
Supposons par contradiction que $L$ ne soit pas dense. Sa fermeture est alors un
sous-espace vectoriel strict de $E$. Par le corollaire
\ref{intersectiondespacesfermes}, il existe $f\in E'$ tel que $\forall x\in L,
\;f(x)=0$ avec $f\neq 0$. Ceci contredit (\ref{orthogonalite}).
\enddemo

\begin{figure}
\begin{center}
\psfrag{droite}{$y=0$}
\psfrag{parabole}{$y> x^2$}
\psfrag{demiplan}{$y<0$}
\includegraphics[width=4.5cm]{Figures/hahn.eps}
\caption[Illustration du théorème de
Hahn-Banach, version géométrique]{Illustration du théorème \ref{hahn-banachgeometrique} (de
Hahn-Banach, version géométrique). L'ensemble $A$ est le demi plan $y<0$,
l'ensemble $B$ est $\{(x,y) \ y>x^2 \}$, et l'hyperplan fermé est
$y=0$. Nous sommes ici dans un cas o\`u il y a séparation au sens large.}
\end{center}
\end{figure}

\begin{figure}
\begin{center}
\psfrag{A}{$A$}
\psfrag{B}{$B$}
\psfrag{droite}{$H$}
\includegraphics[width=4.5cm]{Figures/hahn2.eps}
\caption[Illustration du théorème de
Hahn-Banach, version fermé-compact]{Illustration du théorème \ref{hahn-banachfermecompact} (de
Hahn-Banach, version fermé-compact). L'ensemble $A$ est fermé, l'ensemble
$B$ est compact, et il existe un hyperplan $H$ qui les sépare au sens
strict.}
\end{center}
\end{figure}
\newpage

\chapter{Le Théorème de Banach-Steinhaus}
\begin{lem} {\bf de Baire.}\label{lemmedeBaire} \index{Baire (lemme de)} Soit $X$
un \underline{espace métrique complet}.  Soit $X_n$ une suite de fermés.  On
suppose que  $\interieur X_n = \emptyset$.  Alors
$$\interieur (\bigcup_{n=1}^\infty X_n ) = \emptyset.$$
En d'autres termes, "une union {\rm dénombrable }de fermés d'intérieurs
vides reste d'intérieur vide".  De manière équivalente, "une intersection
dénombrable d'ouverts denses reste dense".
\end{lem}

\drem Enoncé à relier au suivant : une union dénombrable d'ensembles de
mesure nulle est de mesure nulle. \frem

\paragraph{ Démonstration}
Nous allons montrer la deuxième forme.  Soit $O_n$ une suite d'ouverts denses
et $G=\bigcap_n O_n$.  Montrons que $G$ rencontre un ouvert arbitraire $O$. Pour
cela, on choisit une boule fermée
$$B_0=B(x_0,r_0) = \{x, d(x,x_0)\leq r_0\}\subset O.$$ Comme $O_1$ est dense, on
peut choisir $x_1\in B_0$ et $r_1$ tels que
$$B(x_1, r_1)\subset  B(x_0,r_0)\cap O_1\hbox{ et }r_1\leq \frac {r_0}2.$$
On construit de m\eee me par récurrence une suite $B(x_n, r_n)$ telle que
$$B(x_n,r_n)
\subset B(x_{n-1}, r_{n-1})\cap O_n \hbox { et }r_n \leq \frac {r_{n-1}} 2.$$ La
suite $x_n$ est de Cauchy car $d(x_n, x_{n-1})\leq \frac{r_0}{2^n}$.  Soit
$x=\lim_{n\to \infty} x_n$. Alors $x\in O\cap \bigcap_n O_n$.
\enddemo

\noindent Remarque : le théorème précédent est valable dans tout espace
métrique complet.  La structure d'espace vectoriel n'intervient pas. Soient
maintenant $E, F$ deux espaces vectoriels normés.  On note $ {\cal L}(E,F)$
l'espace vectoriel normé  des opérateurs linéaires continus de $E$ dans
$F$, muni de la norme
$$||T||_{{\cal L}(E,F)} = \sup_{x\in E, ||x||\leq 1} ||T(x)||.$$
On note ${\cal L}(E) = {\cal L}(E, E)$.

\begin{thf}{\bf de
Banach-Steinhaus.}\label{banach-steinhaus}\index{Banach-Steinhaus (Théorème
de)} Soient $E, F$ deux espaces de Banach.  Soit $(T_i)_{i\in I}\subset {\cal
L}(E,F)$ une famille (non nécessairement dénombrable) d'opérateurs lin\e
aires et continus de $E$ dans $F$.  On suppose que
$$\forall x\in E, \; \sup_{i\in I} ||T_ix||<\infty .$$
Alors,
$$\sup_{i\in I}||T_i||_{{\cal L}(E,F)} <\infty, $$
 \ccaadd qu'il existe  $c>0$ tel que
$$\forall i \in I, \; \forall x\in
E, \; ||T_ix||\leq c ||x||.$$

\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Pour tout $n \geq 1$, on pose $X_n = \{ x\in E, \; \forall i, \; ||T_ix||\leq
n\},$ en sorte que chaque $X_n$ est une intersection de fermés et est donc
fermé. Par hypothèse, $\bigcup_{n} X_n = E$ et donc $\interieur(\bigcup_n
X_n)\neq \emptyset$. Par le lemme de Baire \ref{lemmedeBaire}, l'un des $X_n$
doit \eee tre d'intérieur non vide : $\interieur(X_{n_0})\neq \emptyset$. Soit
$x_0\in X_{n_0}$ et $r>0$ tel que $B(x_0, r)\subset X_{n_0}$.  Alors
$$\forall i\in I, \; \forall z\in B(0,1), \; ||T_i(x_0 +rz)||\leq n_0,$$
et donc par l'inégalité triangulaire,
$$\forall z\in B(0,1), \; r||T_i(z)||\leq n_0 + ||T_i(x_0)||\leq 2n_0, \hbox{ soit
}$$
$$||T_i||_{{\cal L}(E,F)} \leq \frac {2n_0}r.$$
\enddemo
\drem Pour que le théorème de Banach-Steinhaus marche, il suffit que l'espace de
départ $E$ soit complet. L'espace d'arrivée $F$ peut être simplement vectoriel
normé. \frem
\section{Conséquences du Théorème de Banach-Steinhaus.}
\begin{cor} \label{normedoperateurdecroit} \index{Convergence simple d'opérateurs lin\e
aires}
Soient $E$ et $F$ deux espaces de Banach.  Soit $(T_n)$ une suite d'opérateurs
linéaires et continus de $E$ dans $F$, tels que pour tout $x\in E,$ $ T_nx$
converge quand $n\to \infty$ vers une limite notée $Tx$.  Alors on a
$$\sup_n ||T_n||_{{\cal L}(E,F)} <+\infty,$$
$$ T\in {\cal L}(E, F),$$
$$||T||_{{\cal L}(E,F)}\leq \lim\inf_{n\to +\infty}||T_n||_{{\cal L}(E,F)}.$$
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
La première relation est une conséquence directe du théorème
\ref{banach-steinhaus} (de Banach-Steinhaus).  On a donc
$$\exists c>0, \;\forall x\in E, \; \forall n\in \NN,\; ||T_nx||\leq c||x||.$$
On en déduit que $\forall x\in E, \;||Tx||\leq c||x||$, et donc $T\in {\cal
L}(E,F)$. Comme $||T_nx||\leq ||T_n||||x||$, on obtient par passage à la limite
inférieure, $||Tx||\leq \lim\inf_{\to \infty}||T_n||||x||$, ce qui donne bien
la dernière relation annoncée.
\enddemo
\drem  On remarquera (voir exercice 2 à la fin du chapitre) que tout espace dual
d'un espace vectoriel normé est un espace de Banach. \frem

\begin{cor}\index{Borné d'un espace de Banach (caractérisation duale)}
Soit $G$ un espace vectoriel normé, $B$ un sous-ensemble de $G$.  On suppose que
pour tout $f\in G'$, $f(B)=\{f(x), \; x\in B\}$ est borné.  Alors $B$ est
borné.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
On applique le théorème de Banach-Steinhaus (Thm \ref{banach-steinhaus})
avec $E=G'$, $F=\RR$, $I=B$.  Pour $b\in B$ et $f\in E=G'$, on pose $T_b(f) =
f(b).$  On a donc par hypothèse
$$\forall f \in E,\; \sup_{b\in B} |T_b(f)|<+\infty .$$
On en déduit qu'il  existe $c>0$ tel que
$$\forall b\in B,\; \forall f\in E, \; ||T_b(f)||\leq c||f||_{G'}, \hbox{ soit }$$
$$\forall f\in G', |f(b)|\leq c||f||_{G'}.$$
Comme par le corollaire \ref{normepardualite}, on a $||b||= \sup_{f\in G',
||f||\leq 1}f(b), $ on conclut que $||b||\leq c$. $B$ est donc borné.
\enddemo
Ce théorème nous dit qu'un ensemble est borné si et seulement si ses
projections sur des axes de coordonnées arbitraires sont bornées.
\\ \\
\section{Exercices}
{\bf Exercice 1}
\\ \\
1) Soient E un espace vectoriel r{é}el norm{é} de dimension finie et F un
espace
vectoriel norm{é}\\

a) Montrer que toutes les normes sur E sont {é}quivalentes.\\

b) Soit $u : E \rightarrow F$ lin{é}aire, montrer que u est continue.\\ \\
2) Soit $E = \QQ[\sqrt{2}] = \left\{ a+b\sqrt{2}, a \in \QQ, b \in \QQ
\right\}$. On d{é}finit sur $E$, $N_0(a+b\sqrt{2}) = \vert a+b\sqrt{2} \vert$
et
$N_1(a+b\sqrt{2}) = \max(\vert a \vert, \vert b \vert)$.\\

a) V{é}rifier que $N_0$ et $N_1$ sont des normes sur $E$.\\
Soit $x = \sqrt{2} -1$, montrer que $\forall n \geq 1$, $x^n = a_n+b_n\sqrt{2}$
o{\`u} $a_n,b_n \in \QQ$ et $a_nb_n < 0$. En d{é}duire que $(\sqrt{2}+1)^n =
\vert
a_n \vert + \vert b_n \vert \sqrt{2}$.\\

b) Montrer que $N_0$ et $N_1$ ne sont pas {é}quivalentes sur $E$. ($E$ est un
$\QQ$-espace vectoriel de dimension finie, commenter.)
\\ \\
{ \bf Exercice 2} \label{2.2}
\\ \\
Soient E et F deux espaces vectoriels norm{é}s \\
a) Montrer que F complet $\Rightarrow$ ${\cal {L}}(E,F)$ complet (donc
$E^{\prime}$
est toujours complet).\\
b) Montrer que ${\overline {B}}_E(0,1)$ compacte $\Rightarrow$ dim$E < \infty$.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soient E un espace vectoriel norm{é} et $f \in E^{\prime}$, $f \not\equiv 0$.
Soit $H = \{ x \in E : f(x) = 0 \}$, on se propose de montrer
 que
 $$ \forall x \in E, \quad \, \, d(x,H) =  \inf_{y \in H} \Vert x-y \Vert = \frac
{\vert f(x)\vert}{\Vert f \Vert}\qquad \,(\star)$$ 1) V{é}rifier que $\vert
f(x)\vert \leq \Vert f \Vert \;d(x,H),\,\;\,\forall x \in
E.$\\
2) Soit $u \in E \backslash H$, en notant que $y=x- \frac {f(x)}{f(u)} \, u$ est
dans H, montrer que $d(x,H) \leq \frac {\vert f(x) \vert}{\vert f(u) \vert} \;
\Vert u \Vert$ et prouver
$(\star)$.\\
3) Soit $E={\cal C}_0=\{x=(x_n)_{n \geq 1} \in \RR^{\NN^{\star}} \mbox{ tel que
} x_n \rightarrow 0\}$ que l'on munit
 de $${\Vert x \Vert}_{\infty} = \sup_n \vert x_n \vert .$$
 a) V{é}rifier que $(E,{\Vert \,\, \Vert}_{\infty})$ est un espace de Banach.\\
 b) Soient $f : E \rightarrow \RR$, d{é}finie par $f(x) = \sum_{1}^{\infty}
\frac{x_n}{2^n}$ et $ H = Kerf.$ V{é}rifier que $f \in E^{\prime}$, donner une
expression de $d(x,H)$.
${\Vert f \Vert}_{E^{\prime}}$ est-elle atteinte ?\\ \\
{ \bf Exercice 4} Th{é}or{è}mes du point fixe
\\ \\
1) Soit (E,d) un espace m{é}trique complet et soit $f : E \rightarrow E$ une
application k-lipschitzienne avec k$<$1.
Montrer que f admet un unique point fixe $x = f(x)$.\\
2) Soit (E,d) un espace m{é}trique complet et soit $\Lambda$ un espace
topologique. Soit $f : E \times \Lambda \rightarrow
E$ telle que\\
- $\forall x \in E, \quad \lambda \rightarrow f(x,\lambda)$ est continue de
$\Lambda$
dans E,\\
- $\exists k < 1, \quad \forall \lambda \in \Lambda, \quad x \rightarrow
f(x,\lambda)$ est k-lipschitzienne de E dans E. On pose $f_\lambda(x) =
f(x,\lambda)$. Si $a_\lambda$ est l'unique point fixe de $f_\lambda$, montrer
que $\lambda \rightarrow a_\lambda$
est continue de $\Lambda$ dans E.\\
3) Soit (E,d) un espace m{é}trique compact et $f : E \rightarrow E$ telle que
$$\forall x,y \in E, \qquad d(f(x),f(y)) < d(x,y).$$
Montrer que f admet un unique point fixe.\\
4) Soit C un convexe compact dans E espace vectoriel norm{é} et soit $f : C
\rightarrow C$ 1-lipschitzienne. Montrer que f admet un point fixe ( pour z
fix{é} dans C, consid{é}rer $f_n(x)=\frac {1}{n+1} z +
\frac{n}{n+1} f(x)$).\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
Soit $E={\cal C}^1 ([0,1])$. Pour $f \in E$, on pose $N(f) = { ({f(0)}^2 +
\int_0^1 f^{\prime}(t)^2 dt)}^{1/2}$ et $\Vert f {\Vert}_{\infty} = \sup_{[0,1]}
\vert f(x) \vert.$
a) V{é}rifier que N est une norme sur E.\\
b) Montrer que $\forall f \in E, \quad {\Vert f \Vert}_{\infty} \leq \sqrt {2}
\;
N(f)$.\\
c) Montrer que ${\Vert \, \Vert}_{\infty}$ et N ne sont pas {é}quivalentes sur
E.
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
Soit E un espace m{é}trique complet tel que $\forall \eps > 0$, il existe un
recouvrement fini de E par des boules de rayon $\eps$, montrer que E est
compact.
\\ \\
{ \bf Exercice 7}
\\ \\
Montrer qu'un espace m{é}trique compact est s{é}parable.
\\ \\
{ \bf Exercice 8}
\\ \\
Soit E un espace vectoriel norm{é} et soit K une partie convexe de E avec $0
\in K$. On pose
$$ \,\,\; K^{\star} = \{ f \in \Ep;\,\, \forall x \in K,\,\,\; <f,x> \leq 1 \}
\mbox{
 et}$$
$$ K^{\star \star}\!= \{y \in E;\,\, \forall f \in K^{\star},\,\,<f,y> \leq 1 \}.$$
Montrer que $ \overline {K} = K^{\star \star}$.
\\ \\
{ \bf Exercice 9}
\\ \\
L'objet de cet exercice est de montrer qu'en dimension $\infty$, on ne peut pas
s{é}parer deux convexes ferm{é}s.\\
On note $ {\ell}^1 = \{ x = {(x_n)}_{n \geq 1} \subset \RR \mbox { tel que }
\sum_{n=1}^{+ \infty} \vert x_n \vert < \infty \}$ qui muni de $ {\Vert x
\Vert}_1 =
\sum_{n=1}^{+ \infty} \vert x_n \vert$ est un espace de Banach.\\
On consid{è}re les ensembles
\[ \begin{array}{rcl}
A_0 &=& \{ x=(x_n)_n \in {\ell}^1 :\,\,\forall n \geq 1,\,\,x_{2n} = 0
\}\,\,\,\mbox{et
}\\
B &=& \{ x=(x_n)_n \in {\ell}^1 :\,\,\forall n \geq 1,\,\,x_{2n} =
2^{-n}\,x_{2n-1} \}.
\end{array} \]
1) V{é}rifier que $A_0$ et $B$ sont des sous-espaces ferm{é}s de ${\ell}^1$
et que
${\ell}^1 = \overline{A_0+B}$.\\
2) Soit $c=(c_n)_n \in {\ell}^1$ tel que $\forall n \geq 1$, $c_{2n-1} = 0$ et
$c_{2n} = 2^{-n}$. V{é}rifier que $c \not\in A_0+B$ et que si $A = A_0 - c
=\{a-c,\,a \in A_0 \}$, on a $A \cap B = \emptyset$. Montrer que $A$ et $B$ ne
peuvent pas {\^e}tre s{é}par{é}s au sens large.
\\ \\
{ \bf Exercice 10} Th{é}or{è}me de l'application ouverte
\\ \\
Soient E et F deux espaces de Banach et $T \in {\cal L}(E,F)$ surjective alors \\
1) Montrer qu'il existe $C>0$ tel que $B(0,2C) \subset \overline {T(B(0,1))}$.
Pour cela utiliser les ensembles
$F_n = n \overline{T(B(0,1))}$.\\
2) D{é}montrer qu'en fait $B(0,C) \subset T(B(0,1))$. On construira une suite
$(z_n)_n$ telle que $\Vert z_n \Vert < \frac{1}{2^n}$ et $\Vert y - Tz_1 - ...-
Tz_n \Vert < \frac{C}{2^n}$, $\forall n$ et on en déduira que la série
$x=\sum_1^\infty z_n$  converge et que $||x||<1$.
\\ \\
{ \bf Exercice 11} Th{é}or{è}me d'isomorphisme d'espaces de Banach
\\ \\
Soient E et F deux espaces de Banach et $T \in {\cal L}(E,F)$ bijective, montrer
que $T^{-1}$ est continue.
\\ \\
{ \bf Exercice 12}
\\ \\
Soit E un espace vectoriel norm{é} muni de ${\Vert\,\Vert}_1$ et
${\Vert\,\Vert}_2$. Si E est complet pour les deux normes et si
${\Vert\,\Vert}_1 \leq \; C \;{\Vert\,\Vert}_2$, montrer que les deux normes
sont {é}quivalentes.
\\ \\
{ \bf Exercice 13} Th{é}or{è}me du graphe ferm{é}
\\ \\
Soient E et F deux espaces de Banach et $T \in L(E,F)$. On suppose que le graphe
de T, G(T)$= \{(x,y) \in E \times F,
\quad y=Tx \}$, est ferm{é} dans $E \times F$, montrer que T est continue.\\
(On pourra consid{é}rer la norme du graphe $\Vert x \Vert = \Vert x \Vert_E +
\Vert Tx \Vert_F$.)
\\ \\
{ \bf Exercice 14}
\\ \\
Soient E et F deux espaces de Banach et $T \in L(E,F)$. On suppose que $\forall
f \in F^{\prime}$, $f \circ T \in E^{\prime}$. Montrer que T est continue.
\\ \\
{ \bf Exercice 15}
\\ \\
Soit $E = {\cal C}[0,1]$ muni de $\Vert \,\Vert_{\infty}$. Soit $F$ un
sous-espace vectoriel ferm{é} de $E$ tel que $\forall f \in F$, $f$ est
d{é}rivable.
L'objet de cet exercice est de montrer que dim$F < \infty$.\\

1) Soit $x_0 \in [0,1]$ fix{é}. Pour $y \not= x_0$, on d{é}finit l'op{é}rateur
$\Lambda_y : f
\mapsto \frac{f(y)-f(x_0)}{y-x_0}$. Montrer que $\Lambda_y \in E^{\prime}$ et
que $\exists M>0$ tel que $\forall f \in F$, $\vert \Lambda_y(f) \vert \leq M
\Vert f
\Vert$, $\forall y \not= x_0$.\\

2) Soit $B_F$ la boule unit{é} ferm{é}e de $F$, montrer que $B_F$ est
{é}quicontinue puis que $B_F$ est compacte. Conclure.
\\ \\
{ \bf Exercice 16}
\\ \\
1) Soit $E$ un espace m{é}trique complet et soit $(F_n)_{n\geq 1}$ une suite
de ferm{é}s de $E$ telle que $E = \bigcup_{n\geq 1} F_n$. Montrer que
$\bigcup_{n\geq 1}
\stackrel{o}{F_n}$ est un ouvert dense de $E$.\\
2) Soit $(f_n)_n \in {\cal C}(\RR)$ telle que $f_n \rightarrow f$ simplement sur
$\RR$. On va montrer que $f$ est continue sur une partie dense de $\RR$.\\
Pour $\delta > 0$, on pose $F_{n,\delta} = \left\{ x \in \RR : \forall i,j \geq
n,\,\vert f_i(x) -f_j(x) \vert \leq \delta \right\}$. V{é}rifier que
$U_{\delta} = \bigcup_n \stackrel{o}{F_{n,\delta}}$ est un ouvert dense et
montrer que $f$ est
continue sur $U = \bigcap_{k\geq 1} U_{\frac{1}{k}}$.\\
3) Soit $f \in {\cal C}(\RR)$ d{é}rivable partout, montrer que $f^{\prime}$
est continue sur une partie dense de $\RR$.
\\ \\
{\bf Exercice 17}
\\ \\
1) Soient $E, F, G$ trois espaces de Banach. Soit $a : E\times F \rightarrow G$ une
application bilinéaire. On suppose que $a$ est séparement continue c'est à
dire,
$$\forall x \in E, \quad y \in F \mapsto a(x,y) \mbox{  est continue et}$$
$$\forall y \in F, \quad x \in E \mapsto a(x,y) \mbox{  est continue.}$$
Montrer que $a$ est continue sur $E \times F$ (i.e. $\exists M >0$ tel que $\forall
(x,y) \in E \times F$, $\Vert a(x,y) \Vert_G \leq M\,\Vert x \Vert_E \Vert y
\Vert_F$).\\ \\
2) Soit $E$ l'espace vectoriel des fonctions polynomiales à une variable et à
coefficients réels. On munit $E$ de la norme
$$\Vert p \Vert_{1} = \int_0^1 \vert p(t) \vert dt.$$
Soit $a : E\times E \rightarrow \RR$ définie par $a(p,q) = \int_0^1 p(t)q(t) dt$.
Montrer que $a$ est séparement continue mais non continue sur $E\times E$.

\chapter{Topologies faibles}

\section{La topologie faible $\sigma(E, E')$}

\begin{Def} \index{Topologie faible}
On note $E$ un espace vectoriel normé, $E'$ son dual et $f\in E'$.
 On appelle topologie faible $\sigma(E,E')$ la
topologie sur $E$ la moins fine rendant toutes les applications $f: \; x\to
f(x)\in \RR$ continues.
\end{Def}

 On peut
recenser les ouverts qui doivent appartenir à la topologie faible
$\sigma(E,E')$ de la manière suivante : si $f\in E'$ et $U\subset \RR$ est un
ouvert, il faut que $f^{-1}(U)$ soit un ouvert de $\sigma(E,E')$. Mais comme les
intervalles sont une base de voisinages de $\RR$, on voit que ceci revient \a
dire que pour tout intervalle $I$ et tout $f\in E'$, $f^{-1}(I)$ est dans
$\sigma(E,E')$.  En résumé, on vient de montrer que :

\begin{pro} \index{Topologie $\sigma(E,E')$ (caractérisation)} La topologie
$\sigma(E,E')$ est la moins fine contenant tous les ensembles $f^{-1}(I)$ pour
tout $f\in E'$ et tout intervalle $I$ de $\RR$.
\end{pro}
\begin{pro} \index{Ouverts (de la topologie faible)}
Tout ouvert $O$ de $\sigma(E, E')$ peut s'écrire sous la forme \fb&
\label{based'ouverts} O=\bigcup_{i\in I}\bigcap_{f\in F_i } f^{-1}(I_f),\fe& o\u
$I$ est un ensemble d'indices quelconque, chaque $F_i$ un sous-ensemble fini de
$E'$ et $I_f$ un intervalle ouvert quelconque de $\RR$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
 C'est une application directe de la proposition \ref{formedelatopologielamoinsfine}.
de $\cal A$ est une union d'intersections finies d'éléments de $\cal A$''.
\enddemo
Donnons une base de voisinages commode pour $\sigma(E,E')$.

\begin{cor} \label{basedevoisinagesdex}\index{Base de voisinages pour la
topologie faible} Les ouverts de la forme $\bigcap_{i=1,...,k } f_i^{-1}(I_i)$,
o\u $k\in \NN$, $f_i\in E'$ et $I_i$ sont des intervalles ouverts quelconques de
$\RR$, forment une base de voisinages de $\sigma(E,E')$.\newline Les ouverts de
la forme $U=\bigcap_{i=1,...,k}f_i^{-1}(]f(x)-\varepsilon, f(x)+\varepsilon[)$,
$k\in \NN$, $f_i\in E'$, $\varepsilon>0$ forment une base de voisinages de $x\in
E$.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
 Le premier énoncé est immédiat. Pour montrer que les ouverts de la forme $U$
forment une base de voisinages de $x$, on remarque que si $I$ est un intervalle
ouvert et $f^{-1}(I)$ contient $x$, alors $I $ contient un intervalle
$]f(x)-\varepsilon, f(x)+\varepsilon[$.  Donc $f^{-1}(I)$ contient
$f^{-1}(]f(x)-\varepsilon, f(x)+\varepsilon[)$.
\enddemo
\begin{pro} \index{Séparation (de la topologie faible)}La topologie $\sigma(E,
E')$ est séparée, \ccaadd que si $x, y\in E$, alors il existe deux ouverts
$U\owns x$, $V\owns y$, tels que $U\cap V = \emptyset$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
Appliquer Hahn-Banach, version compact-fermé: il existe $f\in E'$ et $\alpha$
tels que l'hyperplan $\{z, \;f(z)=\alpha\}$ sépare au sens strict $x$ et $y$
et donc on peut prendre  $U=f^{-1}(]-\infty, \alpha[)$  et $V=f^{-1}(]\alpha,
+\infty[).$
\enddemo
\begin{Def}\index{Convergence faible}
Si $x_n\to x$ dans $\sigma(E,E')$, on dit que $x_n$ converge faiblement vers $x$
dans $E$ et on note $x_n \rightharpoonup x$, $\sigma(E,E')$.
\end{Def}
\begin{pro} \index{Convergence faible d'une suite
(caractérisations)}\label{liensentreconvergences} Soit $E$ un espace de
Banach. Soit $(x_n)$ une suite de $E$.  Alors
\newline\newline
(i) $x_n\rightharpoonup x$ dans $\sigma(E,E')$ si et seulement si $\forall f \in
E', \; f(x_n)\to f(x)$.
\newline\newline
 (ii) Si $x_n\to x$ fortement, alors $x_n\rightharpoonup x$ dans
$\sigma(E,E')$.
\newline\newline
(iii) Si $x_n\rightharpoonup x$ dans $\sigma(E,E')$, alors $||x_n||$ est born\e
e et $||x||\leq \lim\inf_{n\to +\infty}||x_n||.$
\newline\newline
(iv) Si $x_n\rightharpoonup x$  dans $\sigma(E,E')$ et si $f_n \to f$ fortement,
alors $f_n(x_n)\to f(x).$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
 Montrons l'équivalence (i). La
topologie $\sigma (E, E')$ ayant été construite pour que les éléments de
$E'$ soient continus, l'implication directe  ($\Rightarrow$) est claire, puisque
la continuité des $f\in E'$ entraine leur continuité séquentielle.  La r\e
ciproque  découle de la forme des voisinages dans la topologie faible.  On
doit montrer que si $f(x_n)\to f(x)$ pour tout $f$, alors pour tout $U$
 voisinage de $x$ pour $\sigma(E,E')$, il existe $n_0$ tel $n\geq n_0$ implique
$x_n\in U$.  Or on a vu (Corollaire \ref{basedevoisinagesdex}) qu'on peut
choisir des voisinages $U$ de $x$ de la forme $U=\bigcap_{i=1,
...,k}f_i^{-1}(]f_i(x)-\varepsilon, f_i(x)+\varepsilon[)$.  On choisit $n_0$
assez grand pour que $n\geq n_0\Rightarrow |f_i(x_n)-f_i(x)|<\varepsilon$, $i=
1, ...,k$.  Alors $x_n\in U$.  On a donc bien $x_n\rightharpoonup x$ pour
$\sigma(E,E')$.



  La relation (ii) résulte de
$|f(x_n)-f(x)|\leq ||f||||x-x_n||.$ Pour montrer (iii), on considère les
$x_n$ comme des formes linéaires sur $E'$ et on applique le théorème de
Banach-Steinhaus  (Théorème \ref{banach-steinhaus}).  Les opérateurs
continus de $E'$ dans $\RR$ définis par $T_n(f)=f(x_n)$ vérifient $\forall
f\in E',$ $\sup_n |T_n(f)|<+\infty$, car $T_n(f)=f(x_n) $ a une limite, $f(x)$.
Donc $\sup_n ||T_n|| \leq C<+\infty$. Mais,
 (corollaire \ref{normepardualite}),  $||x||=\sup_{f\in
E'}f(x)$) et donc
$$||T_n|| =
\sup_{||f||_{E'}\leq 1}f(x_n) = ||x_n||.$$
  La suite $x_n$ est donc bornée.
On a
$$\forall f\in E', \; ||f||_{E'}\leq 1,\; |f(x)|=\lim |f(x_n)|\leq \lim\inf_n
||x_n||, \hbox{  et donc  }$$
$$\forall f\in E', \;|f(x)|\leq \lim\inf_n ||x_n||,$$
et par le corollaire \ref{normedoperateurdecroit},
$$ ||x||\leq
\lim\inf_n||x_n||.$$ On termine en montrant (iv) par la simple inégalit\ea
$$|f_n(x_n)-f(x)|\leq ||f_n - f||||x_n|| + |f(x_n-x)|.$$

\enddemo

\begin{pro}  Si la dimension de $E$ est finie, la topologie faible et la topologie
forte co{\"\i}ncident.

\end{pro}

\begin{rem}  En dimension infinie, les ouverts faibles sont des ouverts forts,
mais il y a plus d'ouverts forts que d'ouverts faibles.  De m\eee me, tous les
fermés faibles sont des fermés forts, mais il y a plus de fermés forts que
de fermés faibles.

\end{rem}
%\begin{exa}  La sphère unité $S=\{x\in E,\; ||x||=1\}$ est fermée pour la
%topologie forte, mais pas pour la topologie faible : en effet sa fermeture pour la
%topologie faible est $B(0,1)=\{x\in E, \; ||x||\leq 1\}$.
%
%\end{exa}

\begin{exa} \index{Exemple d'ouvert fort mais pas faible} En dimension infinie, la
boule unité $B(0,1)=\{x, ||x||<1\}$ est un ouvert de la topologie forte mais
n'est pas un ouvert de la topologie faible.  (Et donc son complémentaire est
un fermé de la topologie forte, mais pas de la topologie faible).
\end{exa}
\paragraph{Démonstration}
En effet, tous les ouverts de la topologie faible contiennent des ensembles de
la forme $U=\bigcap_{i=1, ...,k}f_i^{-1}(]f_i(x)-\varepsilon,
f_i(x)+\varepsilon[)$.  Montrons que de tels ensembles sont non bornés. On
choisit, dans $E$, $y\neq 0$ tel que $f_i(y)=0, i=1,..., k$.  Comme $E$ est de
dimension infinie et donc supérieure à $k$, c'est possible.  On remarque que
$x+ty\in U$ pour tout $t>0$.  Mais $||x+ty|| \geq |t| ||y|| -||x||$ tend vers
l'infini quand $t\to +\infty$.  Donc $U$ n'est pas inclus dans la boule unité,
qui n'est donc pas ouverte pour la topologie faible.
\enddemo

\dexer \index{Fermeture faible de la sphère unité } Montrer qu'en dimension
infinie, la fermeture de $S(0,1)=\{x, ||x||=1\}$ pour la topologie faible est
$B(0,1)=\{x, ||x||\leq 1\}.$ \fexer
\begin{thf} \label{convexefortfaible} \index{Fermeture d'un convexe} Soit $E$ un
espace vectoriel normé et $C\subset E$ convexe.  Alors, $C$ est faiblement
fermé pour la topologie faible si et seulement s'il est fortement fermé.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Si $C$ est faiblement fermé, il est fortement fermé puisque la convergence
forte implique la convergence faible.  Réciproquement, supposons $C$ fortement
fermé et montrons qu'il est faiblement fermé.  Il suffit de montrer que $C$
est une intersection de fermés pour la topologie faible, ce qu'on sait par le
corollaire \ref{intersectiondedemiespaces}

\enddemo
\begin{cor}{\bf (Théorème de Mazur)}\index{Mazur (théorème de)} Soit
$E$ un espace vectoriel normé.  Si $x_n\rightharpoonup x$, $\sigma(E,E')$, il
existe une suite $y_n$ de combinaisons convexes des $x_k$, $k\geq n$, qui
converge fortement vers $x$.

\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
On considère $C_n = \overline{Conv\{x_k, \; k\geq n\}}^{\sigma(E,E')}$, la
fermeture, pour la topologie faible, de l'enveloppe convexe des $x_k,$ $k\geq
n$. D'après le théorème \ref{convexefortfaible}, $C_n$  est aussi la
fermeture de $Conv\{x_k, k\geq n\}$ pour la topologie forte. Puisque
$x_n\rightharpoonup x$, on a donc aussi $$x\in C_n = \overline{Conv\{x_k, \;
k\geq n\}},$$ o\u la fermeture s'entend pour la topologie forte. Il existe donc,
pour tout $n,$ $y_n\in Conv\{x_k, \; k\geq n\}$ tel que $||y_n-x||\leq \frac 1
n$.
\enddemo
\begin{Def} \index{Semicontinuité inférieure, supérieure} On dit qu'une
fonction $\varphi$ définie sur un espace topologique est semicontinue inf\e
rieurement 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{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
 $\varepsilon$ un entier $n$ 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


\begin{cor}\label{convexescifortimpliquescifaible}\index{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

\section{La topologie $\star \sigma(E',E)$}
Soit $E$ un espace de Banach, $E'$ son dual, $E''$ son bidual topologique, muni
de la norme $$||\xi||_{E''}=\sup_{f\in E', ||f||_{E'}\leq 1}\xi(f).$$ On a une
{\it injection canonique} $J : \; E \to E''$. En effet, tout élément $x\in
E$ définit un élément $Jx\in E''$ par $Jx(f)=f(x)$.  $Jx$ est bien une
forme linéaire continue sur $E'$, puisque $|Jx(f)| = |f(x)|\leq
||x||_E||f||_{E'}.$  En fait, $||Jx||_{E''}=||x||_E$ car, gr\aa ce au Corollaire
\ref{normepardualite},
$$||Jx||=\sup_{||f||\leq 1} |Jx(f)| = \sup_{||f||\leq 1}|f(x)| = ||x||.$$
On a donc $JE\subset E''$. Cela va nous permettre de définir une nouvelle
topologie sur $E'$.

\begin{Def} \index{Topologie faible-$\star$}
La topologie $\star \sigma(E',E)$ est la moins fine rendant continues les formes
linéaires $f\to f(x)$, pour tout $x\in E$.

\end{Def}
Cette topologie est donc {\it a priori} moins fine que $\sigma(E',E'')$.
\begin{pro}\index{Base de voisinages (pour la topologie faible-$\star$)}
On a la base de voisinages en $f_0\in E'$ pour la topologie faible-$\star$ :
$$U= \{f\in E', \; |(f-f_0)(x_i)|<\varepsilon\},\; i=1, ...,n, \; x_i\in E,\; n\in
\NN .$$
\end{pro}
\begin{pro}\label{voisinagesfaibleetoile} \index{Convergence d'une suite (pour
la topologie faible-$\star$)} Soit $E$ un espace de Banach. Si $(f_n)$ est une
suite de $E'$,
\newline (i) $(f_n\rightharpoonup f$, $\star\sigma(E',E))$ $\Leftrightarrow$
$(\forall x\in E\; f_n(x)\to f(x)).$
\newline
(ii) Si $f_n\to f$ fortement, alors $f_n\rightharpoonup f$, $\star
\sigma(E',E)$.
\newline
(iii) Si $f_n\rightharpoonup f$, $\star\sigma(E',E)$, alors $||f_n||$ est born\e
e et $$||f||\leq \lim\inf_{n\to +\infty}||f_n||.$$ (iv) Si $f_n\rightharpoonup
f$, $\star \sigma(E',E)$, si $x_n\to x$ fortement, alors $f_n(x_n)\to f(x)$.
\end{pro}

\paragraph{Démonstration}
Pour (i), (ii), (iv), les m\eee mes que pour la proposition
\ref{liensentreconvergences}. Pour (iii), directement Banach-Steinhaus.
\enddemo
\begin{pro} \index{Séparation de la topologie $\sigma(E',E)$}
La topologie $\sigma(E',E)$ est séparée.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
En effet, si deux formes linéaires $f$ et $g$ sur $E$ sont distinctes, il
existe $x\in E$ tel que $f(x)\neq g(x) $.
\enddemo
\begin{thf}
(Banach-Alaoglu-Bourbaki).\label{alaoglu}\index{Banach-Alaoglu-Bourbaki (th\e
orème de)}  Soit $E$ un espace vectoriel normé. L'ensemble
$\overline{B_{E'}}=\{f\in E', \; ||f||\leq 1\}$ est compact pour la topologie
$\star\sigma(E',E)$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On  plonge $E'$ dans $Y=\RR^E$, l'espace des applications de $E$ dans $\RR$ muni
de la topologie produit, \ccaadd la topologie la moins fine rendant continues
les projections $Y\to \RR$, $\omega = (\omega_x)_{x\in E}\to E$. En clair, la
topologie sur $Y=\RR^E$ est la topologie de la convergence simple.  On appelle
le plongement $\Phi : (E', \sigma(E',E))\to Y$, $f\to (f(x))_{x\in E}\in Y$.
L'application $\Phi$ est continue et injective et d'inverse  continue sur son
image. On peut le vérifier en regardant les images et images réciproques des
ouverts, mais on peut aussi simplement remarquer que les topologies sur $Y$ et
sur $E', \; \star\sigma(E',E)$ sont la m\eee me, puisque la topologie
$\star\sigma(E,E')$ n'est autre que la topologie de la convergence simple
(restreinte aux formes linéaires sur $E$).  Montrons que l'image $K$ de
$\overline{B_{E'}}$ par $\Phi$ est un compact.  On a
$$K=\{\omega\in Y, \;\forall x,y \in E,\;\forall \lambda \in \RR,\; |\omega_x|\leq ||x||,\;
\omega_{x+y}=\omega_x+\omega_y, \; \omega_{\lambda x}=\lambda\omega_x\}.$$ On \e
crit $K=K_1\cap K_2$, avec $$K_1=\{\omega\in Y, \; \forall x\in E,
|\omega_x|\leq ||x||\}\hbox{  et }$$
$$K_2 = \{\omega \in Y, \; \forall x, y\in E,\;\forall \lambda \in \RR,
\omega_{x+y}=\omega_x+\omega_y, \; \omega_{\lambda x}=\lambda\omega_x.\}$$ On
voit que $K_1=\Pi_{x\in E}[-||x||, ||x||]$ est compact. Pour montrer que $K_2$
est fermé dans $Y$, vérifions que $\overline{K_2} \subset K_2$. Soit $w^0
\in \overline{K_2}$ alors tout voisinage de $w^0$ pour la topologie produit
rencontre $K_2$. En particulier, soient $x,y \in E$, $\alpha, \beta \in \RR$ et
$\ep>0$ alors
le voisinage $U$ défini par
$$U =\{ w \in Y;\,\,\vert w_x-w^0_x \vert < \ep \} \cap \{ w \in Y;\,\,\vert
w_y-w^0_y \vert < \ep \} \cap \{ w \in Y;\,\,\vert w_{\alpha x+\beta
y}-w^0_{\alpha x+\beta y} \vert < \ep \}$$
rencontre $K_2$. Donc, il
existe $w \in K_2$ tel que $w \in U$. On peut donc écrire $$w^0_{\alpha
x+\beta y} - \alpha w^0_x - \beta w^0_y = (w^0_{\alpha x+\beta y} - w_{\alpha
x+\beta y}) + \alpha (w_x - w^0_x) + \beta (w_y - w^0_y).$$ On en déduit que
$$\vert w^0_{\alpha x+\beta y} - \alpha w^0_x - \beta w^0_y \vert \leq (1+\vert
\alpha \vert + \vert \beta \vert) \,\ep \,\,\, \, \mbox{et ceci}\,\forall \ep
>0.$$ D'o\`u $w^0 \in K_2$ et $K_2$ est fermé. Donc $K$ est compact et donc
$\overline{B_{E'}}$ aussi.
\enddemo
\drem Le théorème précédent n'est réellement utilisable que si la
boule unité  $\overline{B_{E'}}$ est métrisable.  On verra plus loin que
c'est le cas quand $E$ est séparable. \frem

\noindent{\bf Deux exemples illustrés de convergence $\star\sigma(E',E)$}

Dans ces deux exemples, l'espace $E$ est un espace fonctionnel. Pour $g \in
E'$ et $f \in E$, nous notons $\langle f,g\rangle$ le produit de
dualité.
\begin{enumerate}

\item
Convergence $\star\sigma(L^{\infty},L^1)$ de $\sin(nx)$ vers 0.

Soit $f_n(x)=\sin(nx)$, une suite de fonctions de $L^{\infty}(\RR)$, espace
des fonctions
``essentiellement'' bornées de $\RR$ dans $\RR$ (cette notion sera
précisée au chapitre \ref{espacesLp}, et il suffit pour l'instant de
penser aux fonctions bornées). Nous verrons aux chapitres \ref{espacesLp} et
\ref{dualiteLp} que cet espace, muni de la norme $||f||_{\infty}=\sup f$,
est un Banach qui est l'espace dual de $L^{1}(\RR)$, espace des fonctions
intégrables de $\RR$ dans $\RR$, également un Banach muni de la norme  $||f||_{1}=\int|f|$. L'opération de dualité est alors
$\langle f,g\rangle=\int fg$. Vérifiez que $L^\infty \subset
\left(L^1\right)'$. Nous nous intéressons à la
convergence de $\langle \sin(nx), g\rangle$, pour $g$ une fonction
intégrable. En utilisant une intégration par parties (et vos connaissances
de l'intégration à ce point), montrez que dans le cas o\`u $g$ est
différentiable, ces produits tendent vers 0
lorsque $n$ tend vers l'infini. A quelle vitesse ce produit converge-t-il si
$g$ est $C^k$? Exercice à faire après la lecture des
chapitres \ref{espacesLp} et \ref{dualiteLp}: montrer que le résultat reste
vrai dans le cas o\`u $g \in L^1(\RR)$ (utilisez des résultats de
densité), ce qui établit la convergence $\star\sigma(L^{\infty},L^1)$. La
convergence vers 0 de $\langle \sin(nx), g\rangle$
est illustrée figure \ref{sinnx}, dans les cas o\`u $g$ est une fonction
indicatrice d'intervalle, puis la fonction $\exp(-|x|)$.

\item

Convergence d'une suite de mesures.

%Soit $C^{0,0}(\RR)$ l'espace des fonctions continues qui tendent vers 0 à
%l'infini:
%$$C^{0,0}(\RR)=\left\{f \in C^0 | \lim_{|x|\rightarrow +\infty} f
%=0\right\}.$$
Soit ${\cal C}_c$ l'espace des fonctions continues réelles, à support
compact sur $\R$. Cet espace est muni de la norme $||f||_{\infty}$. Soit ${\mathcal M}$ le dual de ${\cal C}_c$. Nous appellerons ``mesures de Radon''
les éléments de ${\mathcal M}$. Pour $x \in \RR$, définissons
l'application $\delta_{x}$ de ${\cal C}_c$ dans \RR, définie par
$$\delta_x(f)=f(x).$$
Cette application s'appelle la mesure de Dirac au point $x$. Montrez que
$\delta_x \in {\mathcal M}$. Nous définissons alors deux opérations pour
les mesures de Dirac:

$$\mbox{Le zoom: } Z_{\lambda}\delta_x= \delta_{\lambda x},$$
 $$\mbox{La convolution: }\delta_x \ast \delta_y = \delta_{x+y}.$$

Un résultat classique (et ici admis) de la théorie des probabilités, le
théorème central limite,
concerne la convergence de la suite de mesures définie par
$$\mu_1=\frac 1 2 \left(\delta_{-1}+\delta_1\right),$$
\begin{equation}
\label{mun}
\mu_{n}=Z_{\sqrt n} \left(\mu_1 \ast^n \right), \forall n \geq 1,
\end{equation}
expression o\`u $\mu_1\ast ^n$ représente la mesure obtenue en convoluant
$\mu_1$ $n$ fois à elle m\^eme (avec la définition de la convolution entre
mesures de Dirac donnée ci-dessus). La mesure $\mu_1$ correspond à la loi de
probabilité associée à un tirage de pile ou face, et la mesure $(\mu_1\ast^n)$
à la loi associée à $n$ tirages indépendants. On peut montrer que
$$\mu_n \rightharpoonup g(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\exp(-x^2/2),$$
(convergence $\star\sigma({\mathcal M},{\cal C}_c$)). Il est alors entendu que la fonction $g$ est l'élément de ${\mathcal
M}$ défini par $\langle f,g \rangle=\int fg$, pour tout $f\in {\cal C}_c$. Ce résultat est illustré sur la figure
\ref{centrallimite}, o\`u l'on considère, à $N$ fixé, les produits $\langle
\mu_N, T_{[-5+\frac{n-1}{5},-5+\frac{n}{5}]}\rangle$ et $\langle
g,T_{[-5+\frac{n-1}{5},-5+\frac{n}{5}]}\rangle$, pour
$n=1,...,50$.

Les fonctions de ${\cal C}_c$ utilisées sont définies ainsi: $T(x)=\sup(0,1-|x|)$, et, pour
un intervalle $[a,b]$, $T_{[a,b]}(x)=\frac{2}{b-a}T\left(\frac{2(x-(a+b)/2)}{b-a}\right)$, c'est à dire une fonction
triangulaire s'appuyant sur l'intervalle $[a,b]$. Ainsi les
$T_{[-5+\frac{n-1}{5},-5+\frac{n}{5}]}$ sont des fonctions continues qui balayent
l'intervalle $[-5,5]$, en dehors duquel la fonction $g$ est proche de 0. Ces
produits sont tracés en fonction de $n$, pour $N=10$ (figure (a)), $N=100$
(figure (b)), $N=1000$
(figure (c)), et $N=5000$
(figure (d)).

\end{enumerate}

\begin{figure}
\begin{center}
\label{sinnx}
\psfrag{sinindic}{\footnotesize $\langle sin(kx),\indic_{[ 0,5]}\rangle$}
\psfrag{sinexp}{\footnotesize $\langle sin(kx),\exp(-|x|)\rangle $}


\subfigure[Graphes sur ${[}0,5{]}$des fonctions $x\rightarrow sin(kx)$ pour $k=3,5,10,20$.]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/Sinnx.eps}}

%\subfigcapmargin 0cm
\subfigure[Produits $\langle sin(kx),\indic_{{[}0,5{]}}\rangle =\int_0^5
sin(kx)dx$ tracés en fonction de $k$. $\indic_{{[} 0,5 {]}}$
désigne la fonction indicatrice de l'intervalle
${[}0,5{]}$.]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/Sinnx2.eps}}


\subfigure[Produits $\langle sin(kx),\exp(-|x|)\rangle =\int
sin(kx)\exp(-|x|)dx$ tracés en fonction de $k$.]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/Sinnx3.eps}}

\caption[Convergence $\star \sigma \left(
L^{\infty},L^1\right)$ de $sin(nx)$]{Illustration de la convergence $\star \sigma \left( L^{\infty},L^1\right)$. Nous définirons au chapitre \ref{espacesLp} l'espace
$L^\infty(\RR)$ des fonctions mesurables bornées sur $\RR$, et
$L^1(\RR)$ l'espace des fonctions intégrable sur $\RR$. Nous montrerons
également au chapitre \ref{dualiteLp} que $(L^1(\RR))'=L^\infty(\RR)$
(l'application de dualité étant définie par $\langle f,g\rangle=\int fg$). Nous
nous intéressons ici aux fonctions $sin(kx)$, $k\in \NN$, qui appartiennent à
$L^\infty$. Nous tra\c{c}ons les valeurs des produits
$\langle sin(kx),f\rangle $ en fonction de $k$, avec $f$ successivement une fonction
indicatrice (figure (b)), puis la fonction $\exp(-|x|)$ (figure (c)), deux fonctions appartenant à $L^1$. Ces produits
tendent vers 0 quand $k$ tends vers l'infini, ce qui illustre la convergence
de $(sin(kx))$ vers 0 pour la topologie $\star \sigma \left(L^{\infty},L^1\right)$. }
\end{center}
\end{figure}



\begin{figure}
\begin{center}
\label{centrallimite}

\subfigure[$N=10$]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/centlim10.eps}}
\subfigure[$N=50$]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/centlim100.eps}}
\subfigure[$N=1000$]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/centlim1000.eps}}
\subfigure[$N=5000$]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/centlim5000.eps}}


\caption[Exemple de convergence $\star \sigma \left({\mathcal
M},C^{0,0}\right)$]{Le théorème central limite: illustration de la convergence $\star \sigma
\left({\mathcal M},{\cal C}_c\right)$ de $\mu_n$. La mesure $\mu_n$ est définie
à partir des mesures de Dirac (voir la formule (\ref{mun})), et
est associée à une suite de $n$ tirages de pile ou face. Nous avons admis que
$\mu_n \rightharpoonup g(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}\exp\left(-x^2/2\right)$.

les courbes faites de $+$ représentent $\langle g,
T_{[-5+\frac{n-1}{5},-5+\frac{n}{5}]}\rangle$ en fonction de $n$,

les courbes faites de $\cdot$ représentent $\langle \mu_N,
T_{[-5+\frac{n-1}{5},-5+\frac{n}{5}]}\rangle$ en fonction de $n$,

en fonction de $n$, pour $N=10,50,1000,5000$ (attention, l'échelle en
ordonnées diffère entre la figure (a) et les suivantes). Pour un
intervalle $I$ de $\RR$, les fonctions
$T_I$ sont des fonctions continues à support dans $I$.


}
\end{center}
\end{figure}

\section{Exercices}

{\bf Introduction} Variante de la d{é}finition de la topologie faible
\\ \\
Dans tout ce qui suit E d{é}signera un espace de Banach. Pour $f \in
E^{\prime}$, on d{é}finit $p_f(x) = \vert f(x) \vert$, c'est bien une
semi-norme sur E. On note ${\cal P}={(p_f)}_{f \in E^{\prime}}$. Soit $p \in
\cal P$, on appelle p-boule ouverte de centre $x \in E$ et de rayon r l'ensemble
$B(x,r)$ des points $y \in E$ tels que $p(x-y) < r$. Enfin on appelle $\cal
P$-boule ouverte de centre x toute
intersection finie de $p_i$-boules ouvertes de centre $x$.\\
D{é}finition : Une partie U de E est ouverte si ou bien $U = \emptyset$, ou
bien $\forall x \in U$, il existe une $\cal P$-boule ouverte de centre x
contenue dans U. On peut v{é}rifier
facilement que l'on d{é}finit bien ainsi une topologie sur E.\\
On note $(E,\cal P)$ l'espace E muni de cette topologie. La topologie (E,${\cal
P}$) s'appelle la topologie faible sur E (par "opposition" {à} la topologie de
la norme qui est dite topologie forte). Elle est souvent not{é}e $\sigma
(E,E^{\prime})$ ou bien $E_w$
(w=weak) dans la litt{é}rature.\\
Pour simplifier les notations, on pose $E^{\prime}=(f_i)_{i \in I}$ et on notera
P.F.I l'ensemble des parties finies de I. Par d{é}finition de la topologie
associ{é}e {à} une famille de semi-normes, les ensembles $V(x,J,\ep) = \{ y
\in E, \vert <f_i,x-y> \vert < \ep, \forall i \in J \}$ o{\`u} $J \in P.F.I$ et
$\ep > 0$ constituent une base de voisinages (ouverts) de x dans E.
\\ \\
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) V{é}rifier que la topologie faible est s{é}par{é}e.\\
2) Montrer qu'un ouvert faible est un ouvert fort.\\
3) Montrer que $E^{\prime}= (E_w)^{\prime}$. En particulier les ensembles $\{ x
\in E, <f,x> < \alpha \}$
o{\`u} $f \in E^{\prime}$ et $\alpha \in \RR$ sont des ouverts faibles.\\
4) Montrer que si dim$E < \infty$, $\sigma(E,E^{\prime})$ est {é}quivalente
{à} $(E,\Vert \;\Vert)$ (pour cela montrer que toute boule $B(x,r)$ contient
un $V(x,J,\ep)$).
\\ \\
{\bf Exercice 2}
\\ \\
Soit $E$ un espace vectoriel normé tel que dim$E = + \infty$. On se propose de
montrer que la topologie faible n'est pas m{é}trisable. Pour cela on raisonne
par l'absurde et on suppose qu'il existe une distance
 d sur E dont la topologie est {é}quivalente {à} $\sigma(E,E^{\prime})$.\\
1) Montrer qu'il existe une suite $(f_n)_{n \geq 1}$ d'{é}l{é}ments de
$E^{\prime}$ telle
que \\
$\forall k \in \NN^{\star},\quad \exists I_k \in P.F.\NN^{\star},\quad \exists
{\ep}_k > 0$ tels que
$$ \bigcap_{i \in I_k} \{x \in E : \vert <f_i,x> \vert < {\ep}_k \} \subset
B_d(0, \frac{1}{k}),$$
o{\`u} $B_d(0,\frac{1}{k}) = \{x \in E : d(0,x) < \frac{1}{k} \}.$\\
2) Soient $g \in E^{\prime}$ et $V = \{ x \in E :\, \vert <g,x> \vert < 1 \}$.
Montrer que $\exists I \in P.F.\NN^{\star}$ tel que $$\bigcap_{i \in I} \ker f_i
\subset V,\mbox{ puis que } \bigcap_{i \in I} \ker f_i \subset \ker g.$$
On note $I = \{ n_1,n_2,...,n_k \}$.\\
3) On consid{è}re
\begin{eqnarray*}
F : E & \longrightarrow & {\RR}^{k+1} \\
    x & \longmapsto & (g(x),f_{n_1} (x),...,f_{n_k} (x)).
\end{eqnarray*}
S{é}parer ImF de (1,0,...,0) dans ${\RR}^{k+1}$. En d{é}duire que $\exists
{({\lambda}_i)_i} \in {\RR}^{k}$ tel
que $g = \sum_{i=1}^{k} {\lambda}_i f_{n_i}$.\\
4) Soit $F_n = \mbox{vect} \{ f_1,...,f_n \}$. Montrer que $\exists n_0 \in
\NN^{\star}$ tel que $E^{\prime} = F_{n_0}$.
(remarquer que $E^{\prime} = \bigcup_{n} F_n$).\\
5) Conclure.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soient E et F deux espaces de Banach et $T : E \longrightarrow F$ \underline
{lin{é}aire}.\\
1) Montrer l'{é}quivalence des propri{é}t{é}s suivantes :
$$
\begin{array}{clll}
(1) &  T : E     & \longrightarrow & F \mbox{  continue.} \\
(2) &  T : E_w   & \longrightarrow & F_w \mbox{  continue.} \\
(3) &  T : E     & \longrightarrow & F_w \mbox{  continue.}
\end{array}
$$
2) Montrer que $T : E_w \longrightarrow F$ lin{é}aire continue
$\Longrightarrow$ $\dim Im(T) < \infty.$
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
On note $ {\ell}^1 = \{ x = {(x_n)}_{n \geq 1} \subset \RR \mbox { tel que }
\sum_{n=1}^{+ \infty} \vert x_n \vert < \infty \}$ que l 'on munit de $ {\Vert x
\Vert}_1 = \sum_{n=1}^{+ \infty} \vert x_n \vert$, et $ {\ell}^{\infty} = \{ x =
{(x_n)}_{n \geq 1} \subset \RR \mbox { tel que } \sup_n \vert x_n \vert < \infty
\}$ que l'on munit de $ {\Vert x
\Vert}_{\infty} = \sup_{n \geq 1} \vert x_n \vert.$\\
On admettra que ${\ell}^1$ et ${\ell}^{\infty}$ sont des espaces de Banach. \\
Enfin on note $e^n = {(\delta_{ni})}_{i \geq 1}$ o{\`u} ${\delta}_{ni} = 1$ si i
=n, ${\delta}_{ni} = 0$ sinon.\\
1) Pour $x = (x_n) \in \lun$ on note $x^N = \sum_{n=1}^N x_n e^n$. V{é}rifier
que ${\Vert x^N -x \Vert}_1 \longrightarrow 0$ quand $N \rightarrow + \infty$.
(On {é}crira alors $x = \sum_{n=1}^{+ \infty} x_n e^n$.)\\
2) Soit $y \in \linf$ avec $y = (y_n)$. On consid{è}re
\begin{eqnarray*}
f : \lun & \longrightarrow & \RR \\
      x & \mapsto & f(x) = \sum_{n \geq 1} x_n y_n,
\end{eqnarray*}
avec $x=(x_n)$. Montrer que $f \in {(\lun)^{\prime}}$. On pose ${\Lambda}_y = f$
et on d{é}finit ainsi une application
\begin{eqnarray*}
\Lambda : \linf & \longrightarrow & {(\lun)^{\prime}} \\
      y & \mapsto & {\Lambda}_y,
\end{eqnarray*}
o{\`u} $<{\Lambda}_y,x> = \sum x_n y_n$,  $\forall x \in \lun$.\\
a) Montrer que $\Lambda$ est une isom{é}trie.\\
b) Montrer que $\Lambda$ est un isomorphisme.\\ \\
Dans la suite on identifiera $\linf$ et ${(\lun)^{\prime}}$ {à} l'aide de
$\Lambda$, c'est {à} dire que si $y \in \linf$, on {é}crira $<y,x> = \sum_n
x_n y_n$ $\forall x \in \lun$. De plus, $<y,e^i> = <
e^i,y> = y_i$, $\forall i \geq 1$ et $ \forall y \in \lun$ ou $\linf$.\\
3) Soit $(x^n)_{n \geq 1}$ une suite d'{é}l{é}ments de $\lun$, exprimer le
fait que $x^n \rightharpoonup 0$
dans $\lun$ muni de la topologie faible.\\
4) On se propose de d{é}montrer le th{é}or{è}me suivant :\\
Si $x^n \rightharpoonup 0$ dans $\lun$ pour la topologie faible
$\sigma(\lun,\linf)$ alors $x^n \rightarrow 0$ pour la
topologie forte i.e. $\Vert x^n \Vert \rightarrow 0$.\\
NB : C'est un cas TRES PATHOLOGIQUE.\\
Soit donc $(x^n)_{n \geq 1}$ une suite d'{é}l{é}ments de
$\lun$ telle que $x^n \rightharpoonup 0$ dans $\lun$ faible.\\

a) Soit $K = {\overline B}_{\linf} = \{ f \in \linf : {\Vert f \Vert}_{\infty}
\leq 1\}$. On note
$$d(f,g) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac {\vert f_n - g_n \vert}{2^n} .$$
Montrer que (K,d) est un espace m{é}trique.\\

b)Montrer que $\forall r > 0$ et $\forall f \in K$,
$$\Omega = \{ g \in K : d(f,g) < r\} = B_d(f,r) \cap K $$
est un voisinage de f dans K pour la topologie faible $\star$
$\sigma(\linf,\lun)$.\\

c) En d{é}duire que (K,d) est un espace m{é}trique compact.\\

d) Soit $\ep > 0$ fix{é}. On pose
$$F_k = \{ f \in K : \vert <f,x^n> \vert \leq \ep,\,\forall n \geq k \}.$$
Montrer que $\exists f^0 \in K$, $\exists \rho > 0$ et $\exists k_0$ tels que
$$ f \in K \mbox {  et  } d(f^0,f) < \rho \, \Longrightarrow \, f \in
F_{k_0},$$
(appliquer le lemme de Baire).\\

e) Soit $N \in {\NN}^{\star}$ tel que $\frac {1}{2^{N-1}} < \rho$, montrer que
$\forall n \geq k_0$,
$${\Vert x^n \Vert}_1 \leq \ep + 2\, \sum_{i=1}^{N} \vert x_i^n \vert,$$
(choisir $f = (f_1^0,f_2^0,...,f_N^0, \pm 1,\pm 1,...,\pm 1,...)$ et utiliser le
fait que
$f \in F_{k_0}$.\\

f) Conclure.\\
5) On vient de d{é}montrer que l'application, id : $\lun$ faible $\rightarrow$
$\lun$ fort, est s{é}quentiellement continue. Est-elle continue ?
\\ \\
{\bf Exercice 5}  Hahn-Banach 1ere forme géométrique pour la topologie
$\omega\star$.\\ \\
Soit $E$ un espace de Banach. Soient $A$ et $B$ deux parties non vides et convexes
de $\Ep$ telles que $A\cap B = \emptyset$. On suppose que $A$ est ouverte pour la
topologie faible $\star$.\\
On se propose de montrer que $\exists x \in E$, $x\not= 0$, $\exists \alpha \in \RR$
tels que  $<a,x> \;\leq \alpha \leq \;<b,x>$, $\forall a \in A$ et $\forall b \in B$.\\ \\
1) Vérifier que $\exists \xi \in \Epp$, $\xi \not\equiv 0$ et $\exists \alpha \in
\RR$ tels que $<\xi,a>\;\leq \alpha \leq\;<\xi,b>$, $\forall a \in A$ et $\forall b
\in B$.\\
2) Soit $J$ l'injection de $E$ dans $\Epp$ définie par
$$< J(x),f >_{\Epp,\Ep}\; =\; < f,x >_{\Ep,E},\,\,\forall f \in \Ep,\,\,\forall x\in
E.$$
Montrer qu'il existe $x_1,...,x_N \in E$ tels que $\bigcap_{1\leq i \leq N} \ker
J(x_i) \subset \ker \xi $ et conclure.










%\include{chap456}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\chapter{Espaces réflexifs, espaces séparables}
\section{Espaces réflexifs}
Soit $E$ un espace de Banach.  Commen\c cons par quelques remarques sur la
dualit\e.
\begin{pro} \index{Bidual d'un espace de Banach} Si $E\subset F$, alors
$F'\subset E'$  et $E''\subset F''$.  Si $M\subset E$ est un sous-espace ferm\ea
de $E$ et si $M'=E'$, alors $M=E$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration} Les deux premiers énoncés sont évidents, mais
attention, les inclusions en question sont des plongements : en effet $F'\subset
E'$ veut dire que les formes linéaires continues sur $F$ peuvent \eee tre
restreintes à $E$ et apparaissent alors comme des formes linéaires continues
sur $E$.
 Si
$M'=E'$,  l'orthogonal de $M$ dans $E'$ est $\{0\}$.  Par le Lemme \ref
{densite-orthogonalite}, $M$ est 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
$Jx(f) = f(x)$ pour tout $x\in E$, $f\in E'$.
\begin{Def} \index{Réflexivité } $E$ est réflexif si $J(E)=E''$.
\end{Def}
\begin{thf} (Kakutani).\label{kakutani} \index{Kakutani (théorème de)}Soit
$E$ un espace de Banach.  Alors $E$ est réflexif si et seulement si
$\overline{B_E}=\{x\in E, \; ||x||\leq 1\}$ est compact 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,
$\sigma(E,E')=\sigma(E'',E')$ et $\overline{B_E}=\overline{B_{E''}}$. Comme
cette dernière boule est compacte pour $\sigma(E'', E')$ par le théorème de
Alaoglu,  on déduit que $\overline{B_E}$ est compacte pour $\sigma(E,E')$.
Pour la réciproque, voir
 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
%
\begin{pro} \label{sousespacereflexif} \index{Réflexivité (d'un sous-espace
fermé )} Soit $M\subset E$ un sous-espace vectoriel fermé de $E$, espace de
Banach, muni de la norme induite.  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, sur $M$, $\sigma(M,
M')=\sigma(E, E')$
\end{lem}
 \paragraph{Démonstration}
 Cela provient du fait que, par le théorème de
Hahn-Banach, toute forme linéaire continue sur $M$ peut se prolonger en une
forme linéaire continue sur $E$, de même norme. Donc les voisinages définis
par des $f\in M$ ou par des $f\in E'$ sont les mêmes.
 \enddemo
\paragraph{Démonstration}
Montrons que la topologie $\sigma(M,M')$ est une restriction à $M$ de la
topologie $\sigma (E,E')$.  Par le lemme précédent, $\sigma(M, M')$ est la
restriction à $M$ de $\sigma(E, E')$.
 Inversement, toute forme linéaire continue sur $E$ est continue sur $M$.
On applique le théorème de Kakutani : la boule $\overline{B_M}=\{x\in M\;
||x||\leq 1\}$ est un fermé de $\overline{B_E}$ qui est un compact pour
$\sigma(E,E')$.  Donc c'est aussi un compact pour $\sigma(M,M')$.  Donc, \a
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,
%$$\forall x\in J^{-1}(M'')\subset E, \; |Jx(f)|\leq
%||Jx||_{M''}||f||_{M'}= ||f||_{M'}||Jx||_{E''}=||f||_{M'}||x||_E.$$
%Donc $f\in (J^{-1}(M''))'$ et donc $M'\subset J^{-1}(M'')'$.
%\enddemo
%
\begin{pro}  \index{Réflexivité (du dual d'un espace 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 compact
pour la topologie $\sigma(E',E)$ (Théorème \ref{alaoglu} de Alaoglu). Comme
$E$ est réflexif, on a $\sigma(E',E) = \sigma(E',E'')$.  Donc
$\overline{B_{E'}}$ est aussi compact 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
%$$f\in (JE)'\Leftrightarrow \forall x\in E, |Jx(f)|\leq ||f||_{(JE)'}||Jx||_{E''}
%=||f||_{(JE)'}||x||_{E}.$$
%En posant $f_1(x)=Jx(f)$, 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{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 $K\subset \overline{B(0,M)}$ est compact
dans $\sigma(E,E')=\sigma(E'',E')$.
\enddemo


\section{Espaces séparables}
Un espace séparable est un espace métrique qui contient un sous-ensemble $D$
dense et dénombrable.
\begin{pro} \index{Séparabilité (d'un sous-espace d'espace séparable)}
Soit $E$ un espace métrique séparable et $F$ un sous-espace de $E$.  Alors
$F$ est séparable.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
Considérons $d(x_n, F)$, la distance de $x_n$ à  $F$.    On choisit $y_n\in
F$ tel que $d(y_n, x_n)\leq 2 d(x_n,F)$. Montrons que $y_n$ est dense dans $F$.
Soit $y\in F$. Comme
$$
d(x_n,y)\geq d(x_n, F)\geq\frac 1 2 d(y_n, x_n),
$$
on obtient $ d(y,y_n)\leq d(y,x_n)+d(x_n, y_n)\leq 3 d(x_n, y)$. Comme $x_n$ est
dense, on en déduit que $\lim\inf d(y,y_n) \leq 3\lim\inf d(x_n,y)=0$.
\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 verra que $(L^1(\RR))' =
L^\infty(\RR)$, mais $L^\infty$ n'est pas séparable.


\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 $$||x_n||=1 \hbox{ et }f_n(x_n)\geq \frac 1 2
||f_n||.$$ Ces $x_n$ sont donc choisis pour \eee tre des éléments duaux
approximatifs des $f_n$ (voir le corollaire \ref{normepardualite} sur
l'application de dualité).    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 \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, $\forall \varepsilon >0$, $\exists n$, $||f-f_n||<\varepsilon$ et
$f(x_n)=0,\; \forall n.$  Donc
$$\frac 1 2 ||f_n||\leq f_n(x_n) = (f_n-f)(x_n) + f(x_n) \leq \varepsilon.$$
Donc $||f||\leq ||f_n-f|| +||f_n||\leq 3\varepsilon$ et donc $f=0$.
\enddemo
\begin{cor}
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{Métrisabilité (de la boule
unité)} Soit $E$ un espace de Banach séparable. Alors la boule unit\ea
fermée $\overline{B_{E'}}$ est métrisable pour la topologie $\sigma (E',E)$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Soit $(x_n)$ une suite de $B_E$ dense dans $\overline{B_E}$.  On définit une
distance sur $E'$ par
$$\forall f, g\in E', \; d(f,g)=\sum_{n=1}^\infty \frac 1 {2^n} |(f-g)(x_n)|.$$
Il faut montrer que les voisinages pour $\sigma(E',E)$ et 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
$$V=\{f\in \overline{B_{E'}}, \;
(f-f_0)(y_i)<\varepsilon, \; i=1,..., n\}, \hbox{ avec } ||y_i||\leq 1.
$$
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 $2^{n_i}r<\frac \varepsilon 2$.  Alors
$$
d(f,f_0)<r\Rightarrow \frac 1{2^{n_i}}|(f-f_0)(x_{n_i})|<r, \; i= 1, ...,n.
$$
$$\Rightarrow |(f-f_0)(y_i)| \leq |(f-f_0)(y_i-x_{n_i})|+|(f-f_0)(x_{n_i})|<\frac
\varepsilon 2 +\frac \varepsilon 2\Rightarrow f\in V.$$ 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} \index{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{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{Compacité séquentielle (dans un séparable réflexif)}
Soit $E$ un espace de Banach et réflexif.  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


\begin{cor}\label{convexecoerciveminimum}\index{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{lem}\label{quisuit} \index{Fonction semicontinue inférieurement sur un compact}
Soit $\varphi$ une fonction s.c.i. sur un espace topologique compact $K$.  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
\\ \\
\section{Exercices}
{ \bf Rappel}
\\ \\
On d{é}finit $J : E \longrightarrow \Epp$ par
$${<Jx,f>}_{\Epp,\Ep} = {<f,x>}_{\Ep,E} \quad \forall x \in E,\,\,\forall f \in
\Ep.$$ On a $\Vert Jx \Vert = \sup_{\Vert f \Vert \leq 1} \vert <f,x> \vert =
\Vert x \Vert$ par Hahn-Banach,
donc J est lin{é}aire isom{é}trique. \\
(On peut donc identifier E et J(E) quand on le souhaite.)
\\ \\
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
Montrer que $E = {(E_{w\star}^{\prime})}^{\prime}$.
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
Soit $E = {\ell}^{\infty}$ que l'on munit de $ {\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~?
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
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 T compacte $\Longrightarrow$ T continue.\\
3) Montrer que T compacte $\Longrightarrow$ T v{é}rifie ($\star$),
$$(\star)\qquad [x_n \rightharpoonup x \mbox{ dans }E_w \Longrightarrow Tx_n
\longrightarrow Tx \mbox{ dans }F]$$ 4) R{é}ciproquement : si de plus E est
r{é}flexif, montrer que ($T$ v{é}rifie ($\star$) ) $\Longrightarrow$ ($T$
compacte) (on
pourra d'abord v{é}rifier que $T(B_E)$ est ferm{é}).\\
5) On suppose que $E=F$. Montrer que T compacte $\Longrightarrow$ dim
ker(Id-T)$< \infty$.
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
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.)
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
Soit $E = {\cal C}[0,1]$ muni de ${\Vert \, \Vert}_{\infty}$ 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 $E$ ?
\\ \\
{\bf Exercice 6}
\\ \\
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.
%
%\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
%
%
\chapter{L'intégrale de Lebesgue}
\label{intlebesgue} On admet l'existence d'une classe de fonctions $f : \RR^N\to
[-\infty, +\infty]$ que l'on appelle mesurables au sens de Borel-Lebesgue.  Si
$f= \indic_E$ est une fonction caractéristique d'un sous-ensemble $E$ de
$\RR^N$, \ccaadd $f(x)=1$ si $x\in E$, $f(x)=0$ sinon et si $f$ est mesurable,
on dit que $E$ est mesurable, ou Lebesgue-mesurable.
 Dans tout ce
qui suit, nous admettrons que les fonctions et les ensembles  considérés
sont mesurables et nous admettons l'existence d'une application qui à toute
fonction $f$ mesurable et à valeurs dans $[0, +\infty]$ associe son {\it int\e
grale de Lebesgue} que l'on notera de manière plus ou moins abrégée
$$\int_{\RR^N}f(x)dx = \int f(x)dx = \int f \in [0, +\infty].$$
Si $f=\indic_E $ est une fonction caractéristique, on note $\mu (E) = \int
\indic_E$ que l'on appelle {\it mesure de} $E$. En l'absence d'une construction
explicite, les {\bf propriétés} qui suivent doivent \eee tre considérées
comme des axiomes vérifiés par l'intégrale de Lebesgue.  A partir de ces
axiomes, nous démontrerons les autres propriétés dont nous aurons besoin.
\begin{propr}
Linéarité : pour $f$ et $g$ à valeurs dans $[0,+\infty]$, et $\lambda,
\mu\in \RR^+$, \newline $\int \lambda f+\mu g = \lambda \int f +  \mu \int g$.
\end{propr}
Remarquons que l'on en  déduit la croissance de l'intégrale : si $f\leq g$,
alors $\int f \leq \int g$
\begin{propr}.
Si $f\geq 0$ est Riemann-intégrable elle est Lebesgue mesurable et son int\e
grale au sens de Lebesgue est égale à son intégrale au sens de Riemann.

\end{propr}
\begin{propr}\index{Beppo-Levi (théorème de la convergence monotone)} (Th\e
orème de Beppo-Levi ou de la convergence monotone) Si $f_n$ est une suite
croissante de fonctions mesurables définies sur $\RR^N$ et à valeurs dans
$[0,+\infty]$, on a
$$\int \lim_{n\to \infty}f_n(x)dx = \lim_{n\to \infty}\int f_n(x)dx\leq +\infty.$$
\end {propr}
\dexer  Si $\sum u_n$ est une série de fonctions $\RR^N\to [0, +\infty]$, on
peut intervertir sommation et intégration : $\int \sum_n u_n(x) dx = \sum \int
u_n(x)dx.$ \fexer Il suffit d'appliquer le théorème de Beppo-Levi à la
suite croissante des sommes partielles $\sum_{n=1}^k u_n$.
\begin{pro} \label {additivite}\index{Additivité (de la mesure)} Si $A$ et $B$
sont deux ensembles mesurables, alors $A\subset B\Rightarrow \mu(A)\leq \mu(B).$
Si $A_n$ sont des ensembles disjoints, $\mu(\bigcup_n A_n) = \sum_n \mu(A_n)$.
(Appliquer de nouveau Beppo-Levi aux fonctions caractéristiques des
ensembles).  Si les $A_n$ ne sont pas disjoints, on a $\mu(\cup_n A_n)\leq
\sum_n \mu(A_n).$

\end{pro}
\begin{Def} \index{Négligeable (ensemble)} \label{negligeable} On appelle ensemble n\e
gligeable
tout ensemble de mesure nulle. On dit qu'une propriété est vérifiée
presque partout si elle est vraie sauf sur un ensemble négligeable.
\end{Def}
En vertu de la proposition \ref{additivite}, toute union dénombrable
d'ensembles négligeables est négligeable.
\begin{pro}\label{nullepresquepartout}
Soit $f$ définie sur $\RR^N$ et à valeurs dans $[0, +\infty]$. On a
$$\int f(x)dx = 0 \Leftrightarrow f(x)=0 \hbox { p.p..}$$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
On pose $A=\{x, f(x)\neq 0\}.$  On a $$f(x)\leq \lim_{j\to \infty}
j\indic_A(x).$$ Si $\mu(A)=0$, on obtient par le théorème de la convergence
monotone (Beppo-Levi),
$$\int f(x)dx \leq \lim_{j\to \infty} j\int \indic_A(x)dx=0.$$
Réciproquement,  si $\int f(x)dx=0$, remarquons que $\indic_A(x)\leq
\lim_{j\to \infty} jf(x)$ et donc, à nouveau par Beppo-Levi,
$$\mu(A)=\int \indic_A(x)dx \leq \lim_{j\to \infty}\int jf(x)dx=0.$$
\enddemo

\begin{Def} \index{Sommabilité d'une fonction}
Soit $f$ une fonction définie dans $\RR^N$ et à valeurs dans $\complex$. On
dit que $f$ est sommable (ou intégrable au sens de Lebesgue) si on a
$$\int_{\RR^N}|f(x)|dx <\infty.$$
L'espace des fonctions sommables est noté ${\cal L}^1(\RR^N)$.  Si $f(x)\in
\RR$, on note $f=f^+-f^-$, o\u $f^+=\max (f, 0)$, $f^-=\max(-f,0)$. Ces deux
fonctions sont intégrables si $|f|$ l'est et on pose
$$\int f = \int f^+-\int f^-.$$
Si $f= f_1 + i f_2$ est à valeurs complexes, on pose
$$\int f = \int f_1 + i\int f_2.$$
\end{Def}

\dexer \label{independancedeladecomposition}Si une fonction $f$ à valeurs r\e
elles vérifie $f=g-h$, avec $g\geq 0$, $h\geq 0$, alors $\int f = \int g -\int
h.$ \fexer
\begin{pro} \index{Linéarité de l'intégrale}L'application $f\to \int f $
est linéaire de ${\cal L}^1(\RR^N)$ dans $\complex$.  Si $f$ et $g$ sont
sommables et à valeurs complexes,
\begin{equation}
\label{sousadditivite} |\int f(x)dx| \leq \int |f(x)|dx, \; |\int
f(x)+g(x)|dx\leq \int |f(x)|dx + \int |g(x)|dx.
\end{equation}
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
On montre l'additivité pour des fonctions réelles : on a $f+g = f^++g^+
-(f^-+g^-)$ et donc, en vertu de l'exercice \ref{independancedeladecomposition},
et de l'additivité de l'intégrale pour les fonctions positives,
$$\int (f+g)=\int (f^++g^+) -\int (f^-+g^-)=\int f + \int g.
$$
On montre la première relation de (\ref{sousadditivite}), qui entra\ii ne
aisément la seconde. On choisit un nombre complexe $\theta$ de module 1 tel
que $\theta \int f$ soit un réel positif.  Donc
$$|\int f(x)dx|=\int \hbox{Re}(\theta f(x))dx \leq \int (\hbox{Re}(\theta
f(x)))^+ dx \leq \int |f(x)|dx.$$
\enddemo
\begin{Def} \index{Espace des fonctions sommables $L^1(\RR^N)$} L'espace
$L^1(\RR^N)$. Une conséquence de la proposition \ref{nullepresquepartout} est
que si $f$ et $g$ sont égales presque partout, elles ont la m\eee me int\e
grale.   A partir de maintenant on identifie les fonctions égales presque
partout entre elles.  On note $L^1(\RR^N)$ l'espace vectoriel des classes d'\e
quivalence de fonctions pour cette relation d'équivalence.  Tous les énonc\e
s qui suivent concerneront désormais ces classes.  On choisira souvent par
commodité une représentante $u$ de la classe, ce qui sera licite \a
condition de la considérer comme ``définie presque partout" (p.p.). On
s'autorisera donc à écrire $u(x)$, mais cette écriture n'aura jamais un
sens ponctuel (à moins qu'un élément de la classe ne s'avère continu).
Les énoncés portant sur $u(x)$ n'auront de sens que si on leur ajoute la
mention ``presque partout''.
\end{Def}

\begin{thf} ({\bf de Lebesgue, ou de la convergence dominée)} \index{Lebesgue
(théorème de la convergence dominée)} \label{convdom}
 Soit $f_n$ une suite de fonctions qui converge presque partout vers une
fonction $f$. On suppose qu'il existe une fonction positive sommable fixe $h$
telle que l'on ait pour tout $n$, $|f_n(x)|\leq h(x)$ p.p..  (Cette fonction
$h(x)$ s'appelle un {\rm chapeau intégrable de la suite} $f_n$).  On a alors
\begin{equation}\label{convergenceenmoyenne}
\int |f_n(x)-f(x)|\to 0,\; \; \int f_n(x)dx \to \int f(x)dx
\end{equation}
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On remarque que la conclusion (\ref{convergenceenmoyenne}) ne dépend pas du
choix des représentants des fonctions $f_n$ et de $f$. Soit $A_n=\{x,
|f_n(x)|>h(x)\}$ et $B$ l'ensemble des points o\u  $f_n$ ne converge pas vers
$f$.  Alors $C=B \cup(\bigcup_n A_n )$ est négligeable.  On peut donc
supposer, en changeant de représentants  pour $f_n$ et $f$, que $f_n(x)\to
f(x)$ partout et que $|f_n(x)|\leq h(x)$ partout (pour  tout $x$).


On pose $g_n(x)=|f_n(x)-f(x)|$ et $h_n(x) = \sup_{k\geq n}g_k(x)$.  Alors $h_n$
est une suite décroissante de fonctions positives qui tend vers zéro
partout. De plus, $h_n(x)\leq 2h(x)$ partout.  On va montrer que $\int h_n(x)dx$
tend vers zéro, ce qui nous donnera (\ref{convergenceenmoyenne}).  Or, le th\e
orème de la convergence monotone (Beppo-Levi) s'applique à la suite
croissante de fonctions positives $2h-h_n$ et donne $$\lim_{n\to +\infty} \int
(2h(x)-h_n(x))dx = 2\int h(x)dx.$$ Donc $\int h_n(x)dx \to 0$.
\enddemo

\begin{thf}  (Réciproque du théorème de Lebesgue).\index{R\e
ciproque du théorème de Lebesgue}
\newline Si $f_n\to f$ dans $L^1$, alors il
existe une sous-suite $f_{n_k}$ de la suite $f_n$ qui converge presque partout
vers $f$ et un chapeau intégrable $h$ tel que $\forall k, \; |f_{n_k}(x)|\leq
h(x)$ p.p..
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}  Voir l'exercice 7 {à} la fin du chapitre VII.
\enddemo

\begin{lem}
(Lemme de Fatou). Soit $f_n$ une suite de fonctions positives.  Alors
$$\int \lim\inf_{n\to infty} f_n \leq \lim\inf_n \int f_n.$$ Cette inégalité est
vraie que les membres de droite et de gauche soient finis, ou infinis.
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
Poser $g_n = \inf_{k\geq n}f_k$.  Cette suite est croissante. On applique le
théorème de la convergence monotone (Beppo-Levi). Donc $\lim_n \int
\inf_{k\geq n} f_k = \int \lim\inf_n f_n$. Mais $\int \inf_{k\geq n}f_k \leq
\inf_{k\geq n}\int f_k.$  On conclut aisément.
\enddemo

\begin{thf} (Théorème de dérivation sous le signe somme)\index{D\e
rivation sous le signe somme (Théorème de)} \label{derivsoussomme} Soient
$I$ un intervalle de $\RR$ et $A$ un sous-ensemble de $\RR^n$. On se donne une
fonction $f$ définie sur $A\times I$ vérifiant les trois hypothèses
suivantes.
\newline
(a) Pour tout $\lambda\in I$, la fonction $x\to f(x,\lambda)$ est sommable sur
$A$.
\newline
(b) La dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x, \lambda)$
existe en {\rm tout} point de $A\times I$.
\newline
(c) Il existe une fonction $h$ positive et sommable sur $A$ telle que l'on ait
$|\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x, \lambda)|\leq h(x)$ pour tous $x$ et
$\lambda$. Alors la fonction $F$ définie par
$$F(\lambda)=\int_A f(x, \lambda)dx$$ est dérivable dans $I$ et on a
$$F'(\lambda) = \int_A \frac{\partial f}{\partial \lambda}(x,\lambda)dx.$$
\end{thf}

\paragraph{Démonstration}
On a, à $\lambda$ fixé,
$$\frac 1 l [F(\lambda +l )-F(\lambda)] = \int_A g_l(x)dx,$$
o\u l'on a pos\ea
$$g_l(x) = \frac 1 l[f(x,\lambda+l)-f(x,\lambda)].$$
La fonction $g_l$ converge en tout point vers $\frac {\partial f}{\partial
\lambda}.$  D'autre part,  $$|g_l(x)|\leq \sup_{0\leq\theta\leq
1}|\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x, \lambda+\theta l)|\leq h(x)$$ d'apr\ee
s le théorème des accroissements finis.  Le théorème résulte alors
de l'application du théorème de Lebesgue.
\enddemo



L'avant-dernière propriété de l'intégrale de Lebesgue que nous
admettrons est la suivante.  Comme précédemment, on suppose que les
fonctions considérées sont mesurables.

\begin{Def} \index{Fonction en escalier} On considère un quadrillage de taille
$a$ de l'espace $\RR^N$ par des hypercubes de longueur d'arète $a$. Posant
$C=[0,a[^N$, ce quadrillage peut se définir par le  recouvrement disjoint
$$\RR^N=\bigcup_{\hbox{\bf n}\in \relative^N}
(a\hbox{\bf n}+C).$$
 On appelle fonction en escalier une fonction à laquelle on peut associer un
quadrillage de taille $a$ tel que $f$ soit constante sur chacun des hypercubes
du quadrillage et à support born\ea.
\end{Def}
\begin{Def} \index{Fonction en escalier dyadique} On appelle fonction en escalier
dyadique une fonction en escalier associée à un quadrillage de taille
$a=2^k$, $k\in \relative$.
\end{Def}

\begin{propr} \label{densiteescalierL^1}  \index{Densité des fonctions en
escalier dans $L^1$}
 Pour toute fonction $f$ sommable sur $\RR^N$, il existe une suite de
fonctions en escalier qui converge vers $f$ dans $L^1(\RR^N)$. Cette propri\e
té reste vraie si on impose aux fonctions en escaliers d'\eee tre dyadiques.
\end{propr}

On va  déduire de la proposition \ref{densiteescalierL^1} une propriété de
densité plus forte concernant les fonctions continues à support compact.

\begin{Def} \index{Support d'une fonction} Soit $f$ une fonction continue et nulle
en dehors d'une boule. On appelle support de $f$ la  fermeture de l'ensemble
$\{x, f(x)\not= 0\}$ qui est fermé et borné et donc compact. Si $\Omega $
est un ouvert de $\RR^N$, on note ${\cal C}_c(\Omega)$ l'ensemble des fonctions
continues à support compact contenu dans $\Omega$.
\end{Def}

\begin{cor}\label{densiteCoL^1}\index{Densité de ${\cal C}_c$ dans $L^1$}
Pour toute fonction $f$ sommable sur $\RR^N$ il existe une suite de fonctions
$f_n\in {\cal C}_c(\RR^N)$, \ccaadd continues et à support compact, telles que
$$\int_{\RR^N}|f_n-f|\to 0.$$
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
On commence par montrer que si $C$ est un hypercube de $\RR^N$ et $\indic_C$ sa
fonction caractéristique, alors il existe des fonctions continues $f_N$ \a
support compact telles que $\int |f_N-\indic_C|(x)dx$ soit arbitrairement petit.
On peut bien s\uu r se ramener au cas o\u $C=[-1,1]^N$. Commen\c cons par le cas
$N=1$. On considère l'unique fonction continue et affine sur
$[-1-\varepsilon, -1]$ et sur $[1, 1+\varepsilon]$  telle que $f_1(x) = 0$ si
$|x|\geq 1 +\varepsilon$ et $f_1(x)=1$ si $|x|\leq 1$.  La fonction $f_N(x_1,
..., x_N)=f_1(x_1)...f_1(x_N)$ convient en dimension $N$.  En considérant les
supports de $f_N$ et de $\indic_C$, on voit  en effet que $||\indic_C
-f_N||_{L^1}\leq 2^N ((1+\varepsilon)^N -1)$ qui tend vers 0 quand $\varepsilon
\to 0$.

Toute combinaison linéaire finie de fonctions caractéristiques d'hypercubes
est donc approchable dans $L^1$ par une combinaison linéaire finie de
fonctions continues à support compact. Il en résulte que toute fonction en
escalier est approchable par des fonctions à support compact dans $L^1$. On
conclut en utilisant la propriété \ref{densiteescalierL^1}.

\enddemo


L'espace $L^1(\RR^N)$ appara\ii t donc comme  la complétion de ${\cal
C}_c(\RR^N)$ pour la norme $$||f||_{L^1}=\int_{\RR^N}|f(x)|dx,$$ mais il faudra
montrer qu'il est effectivement complet. Voyons tout de suite deux cons\e
quences importantes de cette propriété de densité.

\begin{thf} (équicontinuité en moyenne des fonctions sommables)
\index{Equicontinuité en moyenne des fonctions sommables} Pour tout $f\in
L^1(\RR^N),$ on a
$$\lim_{y\to 0}\int_{\RR^N}|f(x+y)-f(x)|dx = 0.$$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On fixe $\varepsilon>0$ et on choisit gr\aa ce au corollaire \ref{densiteCoL^1}
une fonction $f_\varepsilon$, continue et à support compact inclus dans une
boule $B(0,R)$, telle que $||f_\varepsilon -f||_{L^1}\leq \varepsilon.$  La
fonction $f_\varepsilon$ est uniformément continue. Il existe donc $\eta$ tel
que $|y|\leq \eta \Rightarrow |f_\varepsilon(x+y)-f_\varepsilon(x)|\leq
\frac{\varepsilon}{\mes(B(0,2R)}.$  Ceci implique en intégrant $\int
|f_\varepsilon(x+y)-f_\varepsilon(x)|dx \leq \varepsilon$ pour $y\leq \min(\eta,
R).$
   On a donc
$$\int |f(x)-f(x+y)|dx\leq$$
$$\int |f-f_\varepsilon|(x)dx+\int |f_\varepsilon(x)-f_\varepsilon(x+y)|dx+
+\int |f_\varepsilon(x+y)-f(x+y)|dx\leq 3\varepsilon.$$
\enddemo


\begin{thf} (de changement de variable) \index{Changement de variable
(théorème de)}\newline Soient $\Omega_1$ et $\Omega_2$ deux ouverts de
$\RR^n$ et $\Varphi$ un difféomorphisme entre $\Omega_1$ et $\Omega_2$. On
notera $J_\Varphi(x)$ le déterminant de la matrice jacobienne de $\Varphi$ au
point $x$.  Soit $f$ une fonction définie sur $\Omega_2$.
\newline (a) Si la fonction $f$ est à valeurs dans $\RR^+\cup \{+ \infty\}$, on
a l'égalité suivante, o\u les deux membres  ont un sens dans
$\RR^+\cup\{+\infty\},$ \fb& \label{changementdevariable}
\int_{\Omega_2}f(y)dy=\int_{\Omega_1}f(\Varphi(x))|J_\varphi(x)|dx. \fe&
\newline (b)  Si $f$ est à valeurs complexes, elle est sommable dans $\Omega_2$
si et seulement si $f(\Varphi(x))J_{\Varphi}(x)$ est sommable dans $\Omega_1$,
et les deux membres de l'égalité précédente sont alors égaux.
\end{thf}

\paragraph{Démonstration} : La formule (\ref{changementdevariable}) est vraie si
$f$ est intégrable au sens de Riemann, continue à support compact par
exemple. Si $f$ est sommable, on considère des fonctions continues $f_n$ \a
support compact qui approchent $f$ dans $L^1$.  On a donc
\begin{equation}\label{changementdevariableapproche}
\int_{\Omega_2}f_n(y)dy=\int_{\Omega_1} f_n(\Varphi(x))|J_\Varphi(x)|dx
\end{equation}
et on peut écrire une formule analogue pour $|f_n-f_p|$.  Il en résulte que
les fonctions $f_n(\varphi)|J_\Varphi(x)|$ forment une suite de Cauchy dans
$L^1$. En admettant provisoirement que $L^1$ est un espace complet (voir le
chapitre suivant), on en d{é}duit que leur limite
$f(\varphi(x))|J_\Varphi(x)|$ est donc bien sommable. Enfin, en passant à la
limite dans (\ref{changementdevariableapproche}), on obtient la formule de
changement de variable (\ref{changementdevariable}).
\enddemo
La dernière propriété de l'intégrale de Lebesgue que nous admettons est
la suivante (nous supposons toutes les fonctions considérées mesurables).
\begin{propr} \index{Fubini-Tonelli (théorème de)}{\bf (Théorème de
Fubini-Tonelli)}\newline Soit $f(x,y)$ une fonction définie dans
$\RR^p\times\RR^q$.
\newline
(a) (Tonelli) Si $f$ est à valeurs dans $\RR^+\cup\{+\infty\}$, on a l'\e
galité suivante, o\u les trois membres définissent un élément de
$\RR^+\cup\{+\infty\}$,
$$\int_{\RR^{p+q}}f(x,y)dxdy=\int_{\RR^p}(\int_{\RR^q}f(x,y)dy)dx
=\int_{\RR^q}(\int_{\RR^p}f(x,y)dx)dy.$$ (b) (Fubini) Si $f$ est sommable dans
$\RR^{p+q}$, les trois membres de l'égalité précédente ont un sens et
sont égaux.  Plus précisément, dire que le troisième membre a un sens
signifie :
\newline $\bullet$ pour presque tout $y$, la fonction $x\to f(x,y)$ est sommable
dans $\RR^p$,
\newline $\bullet$ la fonction $\varphi(y)=\int f(x,y)dx$ qui est ainsi définie
presque partout est sommable dans $\RR^q$.
\end{propr}


\paragraph{Mesurabilit{é} et ensembles de niveau des images}
\index{Images naturelles} Nous avons vu au d{é}but de ce chapitre qu'un
ensemble $E$ est dit mesurable si $\indic_E$ est mesurable au sens de
Borel-Lebesgue (c'est {à} dire dont on peut calculer une int{é}grale, {à}
valeurs dans $[0,+\infty]$, l'existence de cette int{é}grale ayant {é}t{é}
admise). Le succ{è}s de l'int{é}grale de Lebesgue est d\^u d'une part au
caract{è}re tr{è}s g{é}n{é}ral de th{é}or{è}mes tels que
\ref{derivsoussomme} et \ref{convdom}, et d'autre part au fait que la classe des
applications mesurables est tr{è}s large, et contient en particulier des
ensembles tr{è}s irr{é}guliers. Pour justifier le besoin en pratique d'une
th{é}orie de l'int{é}gration incluant des ensembles tr{è}s
irr{é}guliers, nous utilisons les ensembles de niveau des images naturelles.
Il est possible de montrer qu'une fonction $f:\R^n \rightarrow [0,+\infty]$ est
mesurable au sens de Borel-Lebesgue si les ensembles $\chi_{\lambda}=\left\{x
\in \R^n/ f(x)\geq \lambda \right\}$ sont mesurables pour presque tout $\lambda
\in \R$ (c'est {à} dire que l'ensemble des $\lambda$ tels que $\chi_{\lambda}$
ne soit pas mesurable est n{é}gligeable au sens de la d{é}finition
\ref{negligeable}). Les ensembles $\chi_{\lambda}$ s'appellent ``ensembles de
niveau'' de la fonction $f$. Nous nous int{é}ressons au cas o{\`u} $n=2$, et
o{\`u} la fonction $f$ repr{é}sente une ``image naturelle''. C'est {à} dire
que nous supposons que la lumi{è}re issue d'une sc{è}ne est projet{é}e sur
un plan face {à} cette sc{è}ne (au moyen d'instruments optiques) et que pour
chaque point $x$ de ce plan, la valeur $f(x)$ est la quantit{é} de lumi{è}re
re{\c c}ue en ce point. On suppose que de telles fonctions sont born{é}es. Ces
fonctions sont tr{è}s oscillantes, comme en t{é}moigne la figure \ref{line}.
Cette figure repr{é}sente d'une part la fonction $f$ en associant {à} chaque
point $x$ du plan un gris d'autant plus clair que $f(x)$ est grand (le minimum
de $f$ correspond au noir et son maximum au blanc), et d'autre part le graphe de
la fonction $f$ ({à} chaque point $x$ correspond une altitude proportionnelle
{à} $f(x)$) dont l'aspect tridimensionnel est simul{é} par un algorithme de
visualisation. Les oscillations sont principalement dues aux nombreux
d{é}tails pr{é}sents dans une telle sc{è}ne, ainsi qu'aux perturbations
al{é}atoires introduites par l'appareil optique (le ``bruit''). Une autre
fa{\c c}on d'appr{é}hender l'irr{é}gularit{é} d'une telle fonction
consiste {à} en tracer les ensembles de niveau, ce qui est fait sur la figure
\ref{line}, sous-figure du bas, o\`u l'on peut voir les fronti{è}res de quelques ensembles de
niveau de la fonction $f$. On remarquera notamment les tr{è}s fortes
oscillations de ces lignes.

\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=6cm]{Figures/montre2.ps}
\includegraphics[width=11cm]{Figures/montre2-3D.eps}
\includegraphics[width=8cm]{Figures/montre2-lignes.ps}

\end{center}
\caption[Images naturelles et ensembles mesurables]{Haut: repr{é}sentation de la fonction $f$ par niveaux de gris ({à}
chaque point est affect{é} un gris d'autant plus clair que la valeur de $f$ y
est grande); milieu: repr{é}sentation de $f$ par son graphe ({à} chaque
point est affect{é} une altitude d'autant plus {é}lev{é}e que la valeur de
$f$ y est grande); bas: quelques lignes de niveau (fronti{è}res des ensembles
de niveau) de la fonction $f$. Sur cette dernière image, nous remarquons la
présence de quelques lignes fortement oscillantes. } \label{line}
\end{figure}




\chapter{Les espaces de Lebesgue, $L^1$, $L^p$, $L^\infty$}
\label{espacesLp}

On appelle, pour $1\leq p<\infty$, $L^p(\RR^N)$ l'ensemble des fonctions d\e
finies presque partout et telles que $$\int_{\RR^N}|f(x)|^p dx<\infty.$$ On
appelle $L^\infty(\RR^N)$ l'espace des fonctions définies presque partout et
telles qu'il existe $C>0$ tel que $|f(x)|\leq C$  pour presque tout $x$.  La
plus petite constante $C$ pour laquelle cette relation est vraie s'appelle le
``sup essentiel'' de $|f(x)|$ et on le note $||f||_{L^\infty}.$   On dit  que
$f$ est "essentiellement bornée." \dexer  Vérifier que les espaces $L^1$ et
$L^\infty$ sont des espaces vectoriels normés: leurs normes sont
$$||f||_{L^1}=\int |f(x)|dx \hbox{ et } \;
||f||_{L^\infty}=\hbox{supess}_{x\in\RR^N}|f(x)|.$$ \fexer On  note parfois ces
normes $||f||_1$ et $||f||_\infty$. On va aussi poser pour $1<p<\infty$
$$||f||_p =||f||_{L^p}=(\int |f(x)|^pdx)^\frac 1 p,$$
mais il faudra montrer que c'est une norme. On montrera aussi que les espaces
$L^p$ sont complets et donc des espaces de Banach.  On pose $p' =
\frac{p}{p-1}$, en sorte que $\frac 1 p + \frac 1{p'} =1$. On appelle $p'$
"l'exposant conjugué" de $p$.  On va aussi montrer dans ce chapitre que les
espaces $L^p$ et $L^{p'}$ sont duaux l'un de l'autre.
\begin{thf}\label{hoelder} (Inégalité de H\ooo lder)\index{Inégalité de
H\ooo lder} Pour tout $f\in L^p$ et $g\in L^{p'}$, la fonction $fg$ est sommable
et
$$\int |fg|\leq ||f||_p||g||_{p'}.$$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On utilise la concavité du logarithme.  Si $a>0$, $b>0$,
$$\log(\frac 1 p a^p + \frac 1{p'}b^{p'})\geq \frac 1 p \log(a^p) +\frac 1 {p'}\log
(b^{p'})=\log (ab). \hbox { D'o\u  }$$
$$ab \leq \frac 1 p a^p +\frac 1 {p'}b^{p'} \hbox {  et donc  }$$
$$|f(x)g(x)|\leq \frac 1 p |f(x)|^p + \frac 1{p'}|g(x)|^{p'}, \hbox{ qui donne }$$
$$\int |f(x)g(x)|\leq \frac 1 p ||f||^p_{L^p} + \frac 1{p'}||g||_{L^{p'}}^{p'}.$$
Pour trouver l'inégalité recherchée, on remplace le couple $(f, g)$ par
$(\lambda f, \frac g \lambda), $ o\u $\lambda >0.$ On choisit
$$\lambda = \frac {||g||_{p'}^\frac 1 p} {||f||_p^\frac 1{p'}}. \hbox{ Alors }$$
$$\int |fg|\leq (\frac 1 p +\frac 1{p'})||f||_p||g||_{p'},$$
qui est bien l'inégalité annoncée.
\enddemo
\dexer \label{holdertoujoursvrai} Reprendre brièvement la démonstration
précédente pour se débarrasser de l'hypothèse que $f\in L^p$ et $g\in L^{p'}$.
En d'autres termes, l'inégalité de Hölder est vraie, que les membres gauche et
de droite soient finis ou pas. \fexer
\begin{thf} \index{Norme de $L^p$}
$L^p(\RR^N)$ est un espace vectoriel et $||f||_p$ est une norme pour tout $1\leq
p \leq \infty.$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration} On applique l'inégalité de H\ooo lder :
$$||f+g||_p^p=\int |f+g|^p \leq \int |f+g|^{p-1}|f| + \int |f+g|^{p-1}|g|\leq$$
$$|| |f+g|^{p-1}||_{p'}||f||_p + || |f+g|^{p-1}||_{p'} ||g||_p =
(||f||_p + ||g||_p)||f+g||_p^{p-1},$$ soit $||f+g||_p \leq ||f||_p +  ||g||_p$.
Les autres relations caractérisant une norme ($||\lambda f|| = |\lambda| ||f||
$, $||f||=0 \Rightarrow f=0$ presque partout) sont immédiates pour $1\leq
p\leq \infty$.
\enddemo
\begin{pro} {\bf Convergence dominée dans $L^p$}.  Si $f_n\to f$ p.p. et s'il existe un
chapeau intégrable $g\in L^p$ ($p\geq 1$) tel que $|f_n|\leq g$ p.p., alors
$f_n$ converge vers $f$ dans $L^p$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
On   pose $h_n=|f_n-f|^p.$  Alors $|h_n|\leq (|f_n|+|f|)^p\leq 2^p |g|^p$. On
peut donc appliquer le théorème de la convergence dominée à $h_n$ et conclure
que $h_n\to 0$.
\enddemo

\begin{thf} \index{Complétude des $L^p$}
Les espaces $L^p(\RR^N)$,  ($1\leq p\leq +\infty$) sont  des espaces de Banach.
\end{thf}

\paragraph{Démonstration}
Soit $h_k$ une suite de Cauchy dans $L^p$.  Si $p=+\infty$, il est immédiat de
voir que $h_k(x)$ est de Cauchy pour presque tout $x$ et converge uniformément
vers une fonction essentiellement bornée $h(x)$.  Soit maintenant $1\leq
p<\infty.$ Il existe
 une suite extraite de la suite de Cauchy $h_k$, que nous noterons par commodit\ea
$f_n=h_{k_n}$, telle que
$$q, r \geq n \Rightarrow
||f_q-f_r||_{L^p}\leq \frac 1 {2^n}.$$ On pose $g_n(x) = \sum_1^n
|f_{k+1}(x)-f_k(x)|$.  La suite de fonctions $g_n(x)^p $ est croissante.  Notons
$g(x)^p$ sa limite. Par l'inégalité triangulaire,
$$\int |g_n|^p\leq (\sum_1^n ||f_{k+1}-f_k||_p)^ p\leq 1.$$ Donc, par le
théorème de convergence monotone,
$$\int |g(x)|^p = \lim_n \int |g_n|^p \leq 1.$$
Il en résulte que $g(x)$ est presque partout finie, appartient à $L^p$ et que
$g_n(x)$ tend presque partout vers $g(x)$.  Comme (pour $n\geq m$),
$\sum_m^{n}|f_{k+1}-f_k|(x)\leq g_n(x)-g_m(x)$, la série
$\sum_1^\infty(f_{k+1}-f_k)$ converge également presque partout. Donc
$f_n(x)-f_1(x)$ converge presque partout vers une limite que l'on appelle
$f(x)-f_1(x)\in L^p$.  La suite $f_n(x)$  converge donc presque partout vers
$f(x)\in L^p$. De plus, $|f_n(x)-f(x)|^p\leq (\sum_n^\infty
|f_{k+1}-f_k(x)|)^p\leq g(x)^p$ qui est chapeau intégrable.  Donc $f_n-f$
converge vers 0 dans $L^p$.
  Rappelons que $f_n=h_{n_k}$ est une sous-suite
extraite de la suite de Cauchy $h_k$.  Mais si une sous-suite d'une suite de
Cauchy converge, toute la suite converge.
\enddemo
On a  vu (Propriété \ref{densiteCoL^1}) que les fonctions continues \a
support compact forment un sous-ensemble dense de $L^1$.  C'est encore vrai pour
les espaces $L^p$, avec la restriction $p<\infty$.

\begin{thf} \label{densiteC0Lp}\index{Densité de ${\cal C}_c$ dans $L^p$}
Les fonctions continues à support compact sont denses dans $L^p(\RR^N)$ pour
tout $1\leq p<\infty$.

\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On commence par montrer que l'on peut approcher une fonction $f$ de $L^p$ par
des fonctions bornées et à support compact.   L'approximation se fait par
simple  troncature~: on pose $f_k(x) = f(x)$ si $||x||\leq k$ et $|f(x)|\leq k$,
$f_k(x)=0$ sinon.  La suite $|f(x)-f_k(x)|^p$ a $|f(x)|^p$ pour chapeau int\e
grable et tend presque partout vers 0. Par le théorème de Lebesgue, elle
converge donc vers 0 et il en résulte que  $f_k\to f$ dans $L^p$.

Reste à montrer que si une fonction $f$ est bornée  ($|f|\leq k$) et \a
support compact ($|f(x)|=0$ si $||x||\geq k$), alors elle est approchable dans
$L^p$ par des fonctions continues. Mais comme $f\in L^1$, il existe une suite de
fonctions continues et à support compact $f_n$ convergeant vers $f$ dans $L^1$.
Quitte à extraire une sous-suite, on peut supposer que la suite $f_n$ converge
presque partout vers $f$ (réciproque du théorème de Lebesgue). En
rempla\c cant $f_n$ par la nouvelle fonction continue $\max(-k, \min(k,
f_n(x))$, qui converge aussi presque partout vers $f$ et a un chapeau int\e
grable, on peut finalement supposer que $|f_n(x)|\leq k$. Utilisons une
 fonction $g$ continue  et à support compact   valant 1 sur $B(0,k)$. La suite
de fonctions $h_n=gf_n $ converge presque partout vers $f$ et a la fonction
bornée $k\indic_{B(0,k)}g$ comme chapeau intégrable dans tout $L^p$.  Elle
converge donc vers $f$ dans tous les $L^p$ tels que $1\leq p<\infty$.
\enddemo
\begin{cor} \label{orthogonalaCcimpliquenul}
Soit $f\in L^1_{loc}(\RR^N)$ telle que pour toute fonction continue à support
compact $u\in {\cal C}_c(\RR^N)$ on ait $\int f(x)u(x)=0$.  Alors $f=0$ p.p.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
En reprenant exactement le m\eee me raisonnement que dans la démonstration
précédente, on voit qu'il existe pour toute boule $B(0,R)\subset \RR^N$ une
suite $u_n\in {\cal C}_c(B(0,R+1))$ qui converge vers $\signe(f)$ dans
$L^1(B(0,R))$ et presque partout et vérifie $|u_n|\leq 1$.  Il vient alors
$$0=\int_{B(0,R)}f(x)v_n(x)\to
\int_{B(0,R)}f(x)\signe(f(x))=\int_{B(0,R)}|f(x)|dx.$$ Donc $f=0$.

\enddemo


\begin{thf} \index{Uniforme continuité  en moyenne des fonctions de $L^p$}
Pour tout $f\in L^p(\RR^N),$ $1\leq p<\infty,$ on a
$$\lim_{y\to 0}\int_{\RR^N}|f(x+y)-f(x)|^pdx = 0.$$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration} : Exercice.
C'est vrai pour les fonctions continues à support compact car elles sont
uniformément continues et on le montre pour une fonction arbitraire de
$L^p(\RR^N)$ en utilisant la densité de ${\cal C}_c$ dans $L^p$ (Proposition
\ref{densiteC0Lp}).

\enddemo
\section{Convolution et régularisation des fonctions de $L^p$}

\begin{thf} {\bf et définition} \index{Convolution de deux fonctions de $L^1$}
Si $f$ et $g$ appartiennent à $L^1(\RR^N)$, alors le produit de convolution
$f\ast g$ est défini par
$$(f\ast g)(x)=\int f(x-y)g(y)dy = \int g(x-y)f(y)dy,$$
la fonction de $y$ figurant sous le signe somme étant sommable pour presque
tout $x$.  En outre, la fonction $f\ast g$ appartient à $L^1$ et on a
$$||f\ast g||_1\leq ||f||_1||g||_1.$$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On montre d'abord en appliquant le théorème de Fubini et le théorème
de changement de variable que la fonction $|f(x-y)g(y)|$ est sommable.  En
effet,
$$\int\int |f(x-y)g(y)|dxdy=\int |g(y)|(\int |f(x-y)|dx)dy=$$
$$
\int |g(y)|(\int |f(x)|dx)dy=||f||_{L^1}||g||_{L^1}.$$ La fonction $f(x-y)g(y)$
est donc sommable sur $\RR^{2N}$ et le théorème de Fubini assure que la
fonction $y\to f(x-y)g(y)$ est sommable pour presque tout $x$ et que la fonction
alors définissable par $f\ast g(x)=\int f(x-y)g(y)dy$ est elle-m\eee me
sommable sur $\RR^N$. On a finalement
$$||f\ast g||_{L^1}=\int |f\ast g|(x)dx\leq\int |g(y)|(\int
|f(x-y)|dx)dy=||f||_{L^1}||g||_{L^1}.$$
\enddemo
%
%\dexer \index{Associativité (de la convolution)}Démontrer en appliquant le
%théorème de Fubini que le produit de convolution est associatif,
%$$(f\ast g)\ast h= f\ast (g\ast h).
%$$
%On montrera que la fonction
%$(y,z)\to f(x-y)g(y-z)h(z)$ est sommable dans $\RR^{2N}$ et on calculera son
%intégrale de deux manières différentes.
%\fexer
\begin{thf} {\bf (régularisation par
convolution)}\label{regularisationparconvolution}\index{Régularisation par
convolution} Soit $f\in L^1(\RR^N)$ et soit $g$ une fonction continue et born\e
e dans $\RR^N$.  Alors la fonction $f\ast g$ définie \underline{en tout point}
par $f\ast g (x)= \int g(x-y)f(y)dy$ est continue et bornée. Si de plus les
dérivées partielles de $g$ existent et sont continues et bornées, il en
est de m\eee me pour $f\ast g$ et l'on a
$$\frac{\partial(f\ast g)}{\partial x_j} = f\ast \frac{\partial g}{\partial x_j},
\; \; \frac{\partial(f\ast g)} {\partial x_j\partial x_k} = f\ast \frac{\partial
g}{\partial x_j\partial x_k},\; ...
$$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On remarque d'abord que la fonction $g(x-y)f(y)$ est sommable pour tout $x$.  En
effet, $|g(x-y)f(y)|\leq ||g||_{\infty}|f(y)|$. La continuité découle du
théorème de Lebesgue.  En effet, si $x_n\to x$, alors $g(x_n-y)f(y)$ tend
partout vers $g(x-y)f(y)$ et $||g||_\infty |f(y)|$ est chapeau intégrable.
Donc
$$f\ast g(x_n)=\int g(x_n-y)f(y)dy\to \int g(x-y)f(y)dy=f\ast g(x).$$
Si $g$ est dérivable par rapport à $x_j$ et de dérivée continue et born\e
e, appliquons le théorème de dérivation sous le signe somme.  On a
$$\frac {\partial}{\partial x_j}(g(x-y)f(y)) = \frac{\partial g}{\partial
x_j}(x-y)f(y)$$ et cette fonction est majorée en module par $||\frac{\partial
g}{\partial x_j}||_\infty |f(y)|$, qui est indépendante de $x$ et sommable. Le
théorème de dérivation sous le signe somme s'applique donc et donne bien
$\frac{\partial(f\ast g)}{\partial x_j} = f\ast \frac{\partial g}{\partial
x_j}$.
\enddemo
\begin{thf} \index{Convolution d'une fonction de $L^1$ avec une fonction
de $L^2$}Soient $f\in L^1(\RR^N)$ et $g\in L^2(\RR^N)$. Alors $(f\ast g)(x)$ est
défini pour presque tout $x$ et c'est une fonction de carré sommable v\e
rifiant
\begin{equation}\label{convolutionL1L2}
||f\ast g||_2\leq ||f||_1||g||_2.
\end{equation}
Soient $f$ et $g$ deux fonctions de  $L^2(\RR^N)$.  Alors $f\ast g(x)$ est d\e
fini pour tout $x$ et c'est une fonction continue, tendant vers zéro \a
l'infini et satisfaisant

\begin{equation}
\label{convolutionL2L2} ||f\ast g||_\infty\leq ||f||_2||g||_2.
\end{equation}
\end{thf}

\paragraph{Démonstration} Pour évaluer
$$
 \int (|f|\ast |g|)^2(x)dx,
$$
on remarque  que cette intégrale est égale gr\aa ce au théorème de
Tonelli \a
\begin{equation}\label{integraleaucarre}
I=\int\int\int |g(x-y)||g(x-z)||f(y)||f(z)|dxdydz.\end{equation} (intégrer
$I$  d'abord par rapport à $y$, puis par rapport à $z$).  On applique \a
nouveau le
  le théorème de Fubini pour
intégrer $I$ d'abord en $x$,  puis on utilise l'inégalité de
Cauchy-Schwarz, ce qui donne
\begin{equation}\label{appliquecauchyschwartz}
I=\int\int |f(y)||f(z)|(\int |g(x-y)||g(x-z)|dx)dydz\leq ||f||_1^2||g||_2^2.
\end{equation}
La relation (\ref{convolutionL1L2}) vient immédiatement des relations
(\ref{integraleaucarre}) et (\ref{appliquecauchyschwartz}).


Si maintenant $f$ et $g$ sont de carré sommable, on déduit  de  l'int\e
galité de Cauchy-Schwarz que $(f\ast g)(x)$ est défini  pour tout $x$ et on
obtient la relation (\ref{convolutionL2L2}).  Montrons maintenant que $f\ast g $
est continue et tend vers zéro à l'infini.  On considère deux suites
approximantes continues à support compact $f_n$ et $g_n$ telles que $f_n\to f$
et $g_n \to g$ dans $L^2(\RR^N)$. Par le théorème
\ref{regularisationparconvolution}, $f_n\ast g_n$ est continue et il est imm\e
diat que $f_n\ast g_n$ est encore à support compact. Finalement on a, gr\aa ce
à l'inégalité de Cauchy-Schwarz,
$$|f\ast g(x)-f_n\ast g_n(x)|\leq (|f-f_n|\ast |g|)
(x)+(|f_n|\ast |g-g_n|)(x)\leq$$
$$||f-f_n||_2||g||_2 + ||f_n||_2||g-g_n||_2 \to 0.$$
Donc la suite de fonctions $f_n\ast g_n$, continues et tendant vers zéro \a
l'infini, tend uniformément vers $f\ast g$.  Il en résulte que $f\ast g$ est
continue et tend vers zéro à  l'infini.
\enddemo

\begin{Def}  \index{Support d'une fonction} Si $f\in L^1_{loc}(\RR^N)$, on
appelle support de $f$ et on note $\supp(f)$ le complémentaire du plus grand
ouvert $O$ tel que  $f(x) =0$ presque partout sur $O$.  Le support de $f$ est
donc un fermé.  S'il est de plus borné, on dit que $f$ est à support
compact.
\end{Def}
\begin{pro}\label{supportdeconvolution}\index{Support de la convoluée de deux
fonctions} Si $f$ et $g$ sont deux fonctions de $L^1(\RR^N)$,
$$\supp(f\ast g) \subset \overline{\supp(f)+\supp(g)}.$$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
Soit $x\notin \supp(f)+\supp(g)$, alors $(x-\supp(f))\cap \supp (g)=\emptyset$
et donc
$$(f\ast g)(x)=\int f(x-y)g(y)dy=\int_{(x-\supp(f))\cap \supp(g)}f(x-y)g(y)dy=0.$$
Donc $(f\ast g)(x)=0$ en tout point n'appartenant pas à $\supp(f)+\supp(g)$ et
donc aussi en tout point n'appartenant pas à sa fermeture
$\overline{\supp(f)+\supp(g)}$, ce qui donne le résultat.
\enddemo
\begin{thf} (Approximations de l'identit\e
)\index{Approximation de l'identité }\label{approximationsidentite}  Soit
$k\in L^1(\RR^N)$ telle que $\int k(x)dx =1$ et $k(x)\geq 0$ presque partout. On
pose pour tout $h>0$,
$$k_h(x) = h^{-N}k(\frac x h).$$
Alors, pour toute fonction $f\in L^p(\RR^N)$, $1\leq p<\infty$, les fonctions
$f\ast k_h$ convergent vers $f$ dans $L^p$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On remarque d'abord que \fb& \label{convol0}  \int k_h(x)dx=\int k(x)dx=1, \fe&
\fb& \label{convol1} k_h \ast f (x) -f(x) = \int( k_h(y)(f(x-y) -f(x))dy, \fe&
on rappelle que comme $f\in L^p$, on peut choisir $\eta$ assez petit pour que
\fb& \label{convol2} |y|\leq \eta \Rightarrow\int |f(x-y)-f(x)|^pdx \leq
\varepsilon \fe& et que (une conséquence du théorème de Lebesgue), pour
$h$ assez petit, \fb&  \label{convol3} \int_{|y|\geq \eta}|k_h(y)|dy\leq
\varepsilon \fe& Enfin, l'inégalité de Hölder et le fait que $k_h\geq 0$, $\int
k_h=1$ impliquent que pour toute fonction $f$ dans $L^p$, on ait \fb&
\label{convol4} (\int k_h(x)|f(x)|dx)^p\leq \int k_h(x)|f(x)|^pdx. \fe& En
effet,
$$(\int k_h|f|)^p=(\int|f|k_h^\frac 1p k_h^frac 1{p'})^p.$$
En utilisant les relations (\ref{convol0})-(\ref{convol4}) et le théorème
de Fubini,
$$\int |k_h \ast f (x) -f(x)|^pdx=\int|\int ( k_h(y)(f(x-y)
-f(x))dy|^pdx \leq \int\int  k_h(y)|f(x-y)-f(x))|^pdydx \leq$$
$$2^p\int |f(x)|^pdx\int_{|y|\geq \eta}|k_h(y)|dy+\int_{|y|\leq \eta}|k_h(y)|dy\int
|f(x-y)-f(x)|^pdx\leq$$
$$2^p||f||_{L^p}^p\varepsilon + \int |k_h(y)|\varepsilon =
(2^p||f||_{L^p}^p+||k||_{L^1})\varepsilon.
$$
\enddemo
\dexer Reprendre la démonstration précédente dans le cas $p=1$ et montrer
que l'on peut se passer de l'hypothèse que $k$ est positive. \fexer
\begin{pro}  \label{convergenceversdelta}\index{Approximation par convolution
des fonctions uniformément continues} Si $f$ est uniformément continue et
bornée sur $\RR^N$, alors $f\ast k_h$ converge vers $f$ uniformément.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
C'est le m\eee me raisonnement, en plus simple que pour le théorème
\ref{approximationsidentite} : On écrit simplement
$$|(k_h\ast f)(x)-f(x)|=|\int k_h(y)|f(x-y)-f(x))dy|$$
$$
\leq 2\sup|f|\int_{|y|\geq \eta}|k_h(y)|dy+\sup_{|y|\leq \eta}
|f(x-y)-f(x)|\int|k_h(y)|dy.$$
\enddemo
\begin{cor}\index{Nullité (d'une fonction de $L^1$ orthogonale à ${\cal C}_c$)}
 \label{densiteC0infiniCc}Soit $\Omega$ un ouvert de $\RR^N$.
On appelle ${\cal C}_0^\infty(\Omega)$ l'ensemble des fonctions ${\cal
C}^{\infty}$ à support compact dans $\Omega$ et on munit ${\cal C}_c(\Omega)$,
l'espace des fonctions continues à support compact dans $\Omega$, de la
topologie suivante : on dit que $u_n$ tend vers $u$ si pour tout $\varepsilon>0$
il existe $n_0$ tel que pour $n\geq n_0$, on ait $\support(u_n)\subset \support
(u)+B(0,\varepsilon)$ et $\sup_{x\in \Omega} |u_n(x)-u(x)|< \varepsilon$.  Alors
${\cal C}_0^\infty(\Omega)$ est dense dans ${\cal C}_c(\Omega)$.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
Si $f\in {\cal C}_c(\Omega)$, alors elle est uniformément continue et $k_h\ast
f$ tend vers $f$ uniformément. De plus, par la proposition
\ref{supportdeconvolution}, $\support (k_h\ast f)\subset \support (f) +B(0,h)$.
Donc $k_h\ast f$ tend bien vers $f$ dans ${\cal C}_c(\Omega)$. Enfin, par le
théorème \ref{regularisationparconvolution}, on a bien $k_h\ast f\in {\cal
C}^{\infty}$.
\enddemo

Pour compléter la démonstration précédente, il nous reste à montrer
qu'il existe des fonctions ${\cal C}^{\infty}$ à support compact.
\begin{lem}\label{Cinfiniasupportcompact}\index{Fonctions ${\cal C}^{\infty}$ \a
support compact}  Il existe une fonction $f_N\in {\cal C}^{\infty}(\RR^N),$ \a
support compact,
 positive et de support contenu dans $\overline{B}(0,1)$.
\end{lem}
\paragraph{Démonstration} On pose simplement, en dimension 1, $f_1(x)=e^{\frac
1 {x^2-1}}$  si $|x|\leq 1$, $f(x)=0$ sinon.  Il est facile de voir que
$f^{(k)}(-1)=f^{(k)}(1)=0$ pour tout ordre $k$ et que donc $f$ est ${\cal
C}^{\infty}$.   En dimension $N$, on pose simplement $g_N(x_1,...,
x_N)=f_1(x_1)...f_N(x_N)$ qui est a support dans l'hypercube $[-1,1]^N$ puis
$f_N(x) = g_N(2\sqrt N x)$ pour ramener le support dans $B(0,1)$.
\enddemo


\dexer \index{Fonctions ${\cal C}_0^\infty$ radiales}Construire une fonction
radiale $f_N\in {\cal C}^{\infty}(\RR^N)$ telle que $f_N(x)=1$ si $|x|\leq 1$,
$f_N(x) = 0$ si $|x|\geq 2$.
\newline (i) Commencer par le cas de la dimension 1 : Soit $f$ une fonction
 positive, ${\cal C}^{\infty} $, à support compact dans $[-1,1]$ et d'intégrale
1. On peut construire une telle fonction par le lemme
\ref{Cinfiniasupportcompact}.  Poser $h(x) = f_1(x+3) - f_1(x-3)$, puis $g(x) =
\int_{-\infty}^x h(t)dt$. Dessiner $h(x)$ et $g(x)$, montrer que $f_1(x)= h(2x)$
répond à la question en dimension 1.
\newline (ii) Montrer que $f_N(x)= f_1(||x||)$ convient en dimension $N$.
\fexer

\begin{pro}\label{densiteCinfiniL1deomega}\index{Densité de
${\cal C}_0^\infty(\Omega)$ dans $L^p(\Omega)$} Soit $\Omega$ un ouvert de
$\RR^N$. Alors ${\cal C}_0^\infty(\Omega)$ est dense dans $L^p(\Omega)$ pour
tout $1\leq p<\infty.$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}  On considère les voisinages intérieurs bornés de
$\Omega$, $\Omega_r= \{x,B(x,r)\subset \Omega\}\cap B(0, \frac 1 r).$  Comme
$\Omega = \cup_{r>0}\Omega_r,$ on a par le théorème de Lebesgue
$$\forall\varepsilon\exists r,\;
\int_{\Omega}|f(x)-f(x)\indic_{\Omega_r}|^pdx<\varepsilon^p.$$  On choisit alors
$r'<r$ tel que $$||(f\indic_{\Omega_r})\ast
k_{h_{r'}}-f\indic_{\Omega_r}||_{L^p(\Omega)}<\varepsilon.$$ On obtient donc
$||f-(f\indic_{\Omega_r})\ast k_{h_{r'}}||_{L^p(\Omega)}<2\varepsilon$. Comme
$r'<r$,  le lemme \ref{supportdeconvolution} et  le théorème
\ref{regularisationparconvolution} impliquent que $(f\indic_{\Omega_r})\ast
h_{r'}\in {\cal C}_0^\infty(\Omega).$
\enddemo



\begin{thf} (Riesz-Fréchet-Kolmogorov)\index{Riesz-Fréchet-Kolmogorov (th\e
orème de compacité de)} \label{rieszfrechetkolmogorov} Soit $\Omega\subset
\RR^N$ un ouvert et $\omega\subset\subset \Omega$ un ouvert contenu dans un
compact, lui m\eee me contenu dans $\Omega$.  Soit $\cal F$ un sous-ensemble
borné de $L^p(\Omega)$ avec $1\leq p<\infty$. On suppose que
$$\forall \varepsilon>0, \exists \delta<\hbox{dist}(\omega, \Omega^c),
\; \forall f\in{\cal F},\forall h<\delta,\; ||\tau_h
f-f||_{L^p(\Omega)}<\varepsilon.$$ Alors $\cal F$ est relativement compacte dans
$L^p(\omega)$. (Toute suite $f_n\in \cal F$ a une sous-suite convergente dans
$L^p(\omega)$).
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On considère  des noyaux régularisants $\rho_r, r>0$ tels que\linebreak
$\int \rho_r(x)dx=1$, $\rho\geq 0$, $\hbox{support}(\rho)\subset B(0, r)$. On
commence par montrer que le théorème d'Ascoli-Arzela s'applique à la
famille $(\rho_r\ast f), f\in \cal F$. En effet, si $f\in \cal F$ et $|z|, r\leq
\frac 1 2\hbox{dist}(\omega, \Omega^c)$, $x\in \omega$, on a par l'inégalit\ea
de H\ooo lder,
$$|(\rho_r\ast f)(x+z)-(\rho_r\ast f)(x)|\leq \int \rho_r(y)|f(x-y)-f(x-y+z)|dy
\leq ||\rho_r||_{L^{p'}}^{p'}||\tau_z f-f||_{L^p(\Omega)}.$$ La famille
$\rho_r\ast f $ est donc équicontinue sur $\omega$. Montrons que la famille
$\rho_r\ast f(x)$ est bornée.  En  reprenant les calculs précédents on a
aussi pour $r< \frac 1 2\hbox{dist}(\omega, \Omega^c)$,
$$|\rho_r\ast  f(x)|\leq \int \rho_r(y)|f(x-y)|dy
\leq ||\rho_r||_{L^{p'}}^{p'}||f||_{L^p(\Omega)}.$$ On conclut que la famille
$\rho_r\ast \cal F$ est relativement compacte pour la topologie de la
convergence uniforme sur $\omega$ et donc aussi pour la norme $L^p(\omega)$,
$\omega $ étant borné.

On   montre ensuite que l'on peut approcher \underline {uniformément} les \e
léments de $\cal F$ par les fonctions $\rho_r\ast f$. On choisit
$r<\hbox{dist}(\omega, \Omega^c),$ de sorte que $\omega+B(0,r)\subset \Omega$.
En utilisant la convexité de la fonction $s\to s^p$,
$$|\rho_r\ast f(x)-f(x)|\leq \int_\omega \rho_r(y)|f(x-y)-f(x)|dy\leq
(\int_\omega \rho_r(y)|f(x-y)-f(x)|^pdy)^\frac 1 p$$ ce qui donne
$$|\rho_r\ast f(x)-f(x)|^p\leq \int_{B(0,r)}\rho_r(y)|f(x-y)-f(x)|^pdy.$$
Par le théorème de Fubini-Tonelli et si $r<\delta(\varepsilon)$, on obtient
\fb& \label{approximationuniforme} \int_\omega |\rho_r\ast f(x)-f(x)|^pdx\leq
\int_{B(0,r)}\rho_r(y)||\tau_yf-f||_{L^p(\Omega)}^pdy\leq \varepsilon^p. \fe&
%
Pour conclure, on montre que la famille $\cal F$ peut \eee tre pour tout
$\varepsilon$ recouverte par un nombre fini de boules  de rayon arbitrairement
petit. On commence par recouvrir la famille $\rho_r\ast f$ par des boules en
nombre fini $B(f_i\ast \rho_r, \varepsilon )$.  Gr\aa ce \a
(\ref{approximationuniforme}), on en déduit que $\cal F$ est recouverte par
les boules en nombre fini $B(f_i, \varepsilon+2\varepsilon^p)$. En effet, si
$f\in \cal F$, il existe $i$ tel que $\rho_r\ast f\in B(\rho_r\ast f_i,
\varepsilon)$ et on a donc $$||f-f_i||\leq ||\rho\ast f-\rho\ast
f_i||+||\rho\ast f-f||+||\rho\ast f_i-f_i||\leq \varepsilon + 2\varepsilon^p.$$
\enddemo
\\ \\

{\bf Illustration de la convolution et de la régularisation dans le cas des
images}



Une image photographique peut \^etre représentée comme une fonction
réelle $f$ bornée
mesurable, définie sur un ouvert borné $\Omega \subset \R^2$ (voir la fin du chapitre \ref{intlebesgue}). Les images, du fait de leur
acquisition par un appareil optique ou de leur transmission ultérieure, sont
``bruitées''. Il existe de nombreuses définitions du bruit faisant
intervenir la théorie des probabilités que nous ne détaillerons pas
ici. Il nous suffira de considérer le bruit comme une forme
d'irrégularité de l'image, qui rend délicat
le calcul de ses dérivées. Une solution à ce problème est de
convoluer la fonction $f$ avec une fonction régulière $g$ dont le support
est petit. Mais pourquoi vouloir calculer les
dérivées d'une image ? A cause de l'importance des points
de discontinuité: on appelle contours les traces laissées par les
bords des objets sur l'image $f$, qui forment des courbes de points de discontinuité dans
l'image. Plusieurs méthodes
très utilisées en traitement des images pour détecter ces points
reposent sur le calcul du gradient, puis sur une sélection de
points o\`u le module du gradient est élevé. Rappelons que le gradient est une fonction de $\R^2$ dans $\R^2$,
défini pour une image $f$ par:
$$Df=\left(\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial y}\right).$$
Or l'irrégularité de $f$ rend difficile le calcul de ce gradient, dont les
valeurs sont très sensibles aux variations brusques présentes dans
l'image. Préalablement au calcul du gradient, l'image est donc convoluée
avec une fonction $g_h$, généralement une gaussienne, $g_h=h^{-2}g(\frac x h,\frac y h)$, avec
$$g(x,y)=\frac{1}{2 \pi}\exp(-\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}).$$
Le théorème \ref{regularisationparconvolution} nous assure alors que $f
\ast g_h$ est différentiable (et m\^eme $C^\infty$), car $g_h$ l'est.
De plus, on peut montrer que $\int g=1$, et donc que $g$ satisfait les
conditions du théorème \ref{approximationsidentite} (approximation de
l'identité), ce qui implique que $f\ast g_h$ converge vers $f$ dans $L^p$ lorsque
$h$ tend vers 0. Sur la figure \ref{gradimage} nous montrons une image ``bruitée''
ainsi que deux convolutions avec $g_1$ et $g_3$. Nous remarquons la
proximité de ces images à $f$, m\^eme si un effet de flou est très
visible. Nous montrons également les
images de la norme du gradient pour l'image originale et les convoluées. Un
point est représenté avec un gris d'autant plus sombre que la valeur du
module du gradient y est élevé. Nous remarquons
que les points de gradient élevé sont plus nombreux et moins liés à la
structure de la scène sur l'image $|Df|$ que sur les images $|D(f\ast
g_1)|$ et $|D(f\ast g_3)|$.

\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=10cm]{Figures/poivrons.ps}

\end{center}
\caption[Convolution et régularisation des images]{Illustration de la convolution et de la régularisation dans le cas
des images. Colonne de gauche, de haut en bas: l'image originale $f$, l'image
convoluée $f\ast g_1$, l'image convoluée $f\ast g_3$. Colonne de droite,
de haut en bas, les gradients correspondants, c'est à dire $|Df|$, $|D(f\ast
g_1)|$, et $|D(f\ast g_3)|$. Un point est d'autant plus sombre que la valeur du
module du gradient en ce point est élevée. La fonction $g_h$ désigne la gaussienne
$g_h(x,y)=\frac{1}{2 \pi h}\exp(-\frac{x^2}{2h^2}-\frac{y^2}{2h^2})$.
Les points o\`u le gradient est fort correspondent aux points de
dicontinuité de l'image, qui donnent une information sur la présence de
contours. L'image
originale est très bruitée, ce qui appara\^it nettement sur l'image du
gradient correspondant. Les deux images suivantes sont proches de l'image
originale (malgr\'e un visible effet de flou), mais beaucoup plus
régulières. Le théorème \ref{approximationsidentite} (approximation de
l'identité) nous assure que $f\ast g_h$
tend vers $f$ dans $L^p$ si $h$ tend vers 0. Le théorème
\ref{regularisationparconvolution} (régularisation par convolution) nous
assure que les fonctions $f\ast g_h$ sont différentiables pour tout $h$. Le calcul du gradient de ces deux
images donne un résultat visuellement plus intéressant que sur l'image
originale.}
\label{gradimage}
\end{figure}

\section{Exercices}
{ \bf Exercice 1} (Th{é}or{è}me de Weierstrass)
\\ \\
Soit $Q_n(t) = c_n (1 -t^2)^n$ sur $[-1,1]$ o{\`u} $c_n$ est choisi pour que
$\int_{-1}^1 Q_n dt =1$.\\
1) V{é}rifier que
$$\int_0^1 (1-t^2)^n dt \geq \int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}} (1 - nt^2) dt,$$
et en d{é}duire que $c_n < \sqrt{n}$. (Faire un dessin.)\\
2) Soit $f \in {\cal C}([0,1],\RR)$, on suppose que $f(0)=f(1)=0$. On prolonge
$f$ et $Q_n$ par $0$ {à} $\RR$ tout entier et on pose $P_n(x) = f \ast Q_n(x)$
pour $x
\in [0,1]$.\\
V{é}rifier que $P_n$ est polynomial et montrer que $P_n$ converge vers $f$
uniform{é}ment sur $[0,1]$.\\
3) Montrer que les polyn{\^o}mes {à} coefficients r{é}els sont denses dans
${\cal C}([0,1],\RR)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
1) Soit $\chi_n(x) = \frac{1}{2n}$ sur $[-n,n]$, $\chi_n(x) = 0$ ailleurs.
Etudier sa
limite dans $L^1(\RR)$ et dans $L^2(\RR)$ quand $n \rightarrow +\infty$.\\
2) Utiliser cette suite de fonctions pour montrer que
$$\{ f \in L^1(\RR)\cap L^2(\RR) : \int_{\RR} f(x)\;dx = 0 \}$$
est dense dans $L^2(\RR)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 3} Propri{é}t{é} d'absolue continuit{é} de l'int{é}grale
\\ \\
Soit $\Om$ un ouvert de $\RR^N$, montrer que $ f \in L^1(\Om) \Longrightarrow
\forall \ep > 0,\,\exists\delta>0,$ si A est mesurable et $\vert A \vert \leq
\delta$ alors $\int_A \vert f \vert dx \leq
\ep.$\\
(Le faire d'abord pour une fonction born{é}e et passer au cas
g{é}n{é}ral.)
\\ \\
{ \bf Exercice 4} (J.M.Bony, Ecole Polytechnique)
\\ \\
Soit $g \in L^1(\RR)$ et soit f d{é}finie sur $\RR$. On pose, $\forall n \geq
1$, (lorsque cela a un sens),
$$ T_n(f)(x) = \int_{\RR} f(x-y^n) g(y) dy.$$
1) si $f \in L^1(\RR)$, montrer que $T_n(f)$ est d{é}finie p.p. et $T_n(f) \in
L^1(\RR)$.\\
2) Si f est continue et born{é}e, montrer que $T_n(f)$ est continue et
born{é}e.\\
3) Si f est continue et $f(x) \longrightarrow 0$ quand $\vert x \vert
\rightarrow +\infty$, montrer que $\forall x$, $T_n(f)(x) \longrightarrow
C\;f(x)$ o{\`u} C est une constante {à} d{é}terminer.
\\ \\
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
On admet le r{é}sultat suivant (d{\^u} a Shauder, voir Rudin, functional
analysis)
:\\
Soit $E$ un espace de Banach, soit $K \subset E$ un compact et soit $T : E
\rightarrow K$ une application continue alors $\exists x \in K$ tel que $Tx =
x$.\\
Soit $E = {\cal C}[0,1]$ muni de $\Vert \,\; \Vert_{\infty}$, montrer qu'il
existe $f \in E$ telle que $\forall x \in [0,1]$,
$$f(x) = \int_0^1 \sin(x+f^2(t)) dt.$$
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
On note $\star$ le produit de convolution.\\
Montrer que $(L^1(\RR),+,\star)$ est une alg{è}bre de Banach commutative qui
ne poss{è}de pas d'{é}l{é}ment neutre pour $\star$.
\\ \\
{ \bf Exercice 7} Réciproque du Th{é}or{è}me de convergence dominée
\\ \\
Si $f_n \longrightarrow f$ dans $L^1$, montrer qu'il existe une sous-suite
$f_{n_k}$ de la suite $f_n$ qui converge p.p. vers $f$ et un chapeau
int{é}grable $h$ tel que $\forall k$, $\vert f_{n_k}(x) \vert \leq h(x)$ p.p.
\\ \\
{ \bf Exercice 8}
\\ \\
On note $\Gamma(x) = \int_0^{+\infty} e^{-t}\, t^{x-1} dt$. Montrer que $\Gamma$
est ${\cal C}^{\infty}$ sur $\RR^{+\star}$.
\\ \\
{ \bf Exercice 9}
\\ \\
1)Soit $f \in L^p \cap L^q$ avec $p<q$. Montrer que
$$ {\Vert f \Vert}_r \leq {\Vert f \Vert}_p^{\theta}\,
\, {\Vert f \Vert}_q^{1-\theta}, \mbox{ o{\`u} } \frac{1}{r} = \frac{\theta}{p}
+ \frac{1-\theta}{q},$$
avec $\theta \in [0,1]$ et donc $f \in L^r$, $\forall r \in [p,q]$.\\
2) Soit E un sous-espace vectoriel ferm{é} de $L^1$ tel que $E \subset
\bigcup_{1< q \leq +\infty} L^q$. On va montrer que $\exists p > 1$ tel que $E
\subset L^p$ avec injection continue. On considère les ensembles $E_n = \{ f
\in E \cap L^{1+\frac{1}{n}},\,{\Vert f \Vert}_{1+\frac{1}{n}}
\leq\,n\}$).\\
2a) Montrer que $E = \bigcup_n E_n$. \\
2b) Montrer que $\forall n$, $E_n$ est ferm{é} dans $(E,\Vert\,\Vert_1)$.\\
2c) Montrer que
$\exists n_0$ tel que int$(E_{n_0}) \not= \emptyset$. \\
2d) En déduire que $id : E, \Vert\,\Vert_1 \longrightarrow
L^{1+\frac{1}{n_0}}$ est
continue.
\\ \\
{\bf Exercice 10}
\\ \\
Soit $\Om$ un ouvert born{é} de $\RR^N$.\\
1) Soit $f \in L^{\infty}(\Om)$. Montrer que $ \lim_{p \rightarrow \infty}{\Vert
f
\Vert}_p = {\Vert f \Vert}_{\infty}$.\\
2) Soit $f \in \bigcap_{1 \leq p < \infty} L^p(\Om)$, on suppose que $\exists C$
telle que $\Vert f \Vert_p \leq C$, $\forall p$ tel que $1\leq p < \infty$.
Montrer que $ f \in
L^{\infty}(\Om)$.\\
3) Soit $\Om = ]0,1[$ et $f(x) = \log x$, v{é}rifier que $f \in \bigcap_{1
\leq p < \infty} L^p(\Om)$ et que $f \not\in L^{\infty}(\Om)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 11}
\\ \\
On notera $L^1(\RR)$ et $L^2(\RR)$ les espaces de Lebesgue usuels, o{\`u} les
fonctions consid{é}r{é}es sont {à} valeurs complexes. En particulier
$L^2(\RR)$ est muni du produit
scalaire $\int_{\RR} f(x) \overline{g} (x) dx$.\\
Pour $f \in L^1(\RR)$, on notera
$$\widehat {f} (\xi) = \int_{\RR} e^{-ix\xi} f(x) dx.$$
1) Soit $f \in L^1(\RR)$ telle que $\forall p \in \NN$, $\sup_{x\in\RR} \vert
x^p f(x) \vert < \infty$. On pose $g_k(x) = (-ix)^k f(x)$, montrer que $\ff \in
\cinf(\RR)$ et $\forall k \in \NN$,
$${\ff}\,^{(k)} = \widehat{g_k}.$$
2) Soit $f \in \cinf(\RR)\cap L^1(\RR)$ telle que $\forall k \in \NN$, $f^{(k)}
\in L^1(\RR)$ alors montrer que $\forall k$,
$$ \widehat{f^{(k)}} = (i\xi)^k \ff.$$
Premi{è}re partie :\\
On notera $\SLS$ l'espace des fonctions $f$ ind{é}finiment d{é}rivables sur
$\RR$ (et {à} valeurs complexes), telles que $\forall p,q \in \NN$, $\sup_{x
\in \RR} \vert x^p
f^{(q)}(x) \vert < \infty.$ \\
3) Montrer que

$\forall P$ polyn{\^o}me, $\forall f \in \SLS$, $Pf \in \SLS$,

$\forall f \in \SLS$, $f^{\prime} \in \SLS$,

$\SLS \subset L^1(\RR)$.\\
4) Montrer que $f \in \SLS$ $\Longrightarrow$ $\ff \in \SLS$.\\ \\
5) On dit que la suite $(f_n)_n \subset \SLS$ converge vers $0$ dans $\SLS$ si
$$\forall p,q \in \NN,\quad \lim_{n \infty} \left(\sup_{x \in \RR} \vert x^p
f_n^{(q)}(x) \vert \right) = 0.$$ Montrer que si $f_n \longrightarrow 0$ dans
$\SLS$ alors

$f_n^{\prime} \longrightarrow 0$ dans $\SLS$,

$\forall P$ polyn{\^o}me, $Pf_n \longrightarrow 0$ dans $\SLS$,

$f_n \longrightarrow 0$ dans $L^1(\RR)$ et $\widehat{f_n} \longrightarrow 0$
dans
$\SLS$.\\ \\
6) Soit $a>0$ et $\psia(x) = e^{-ax^2}$. V{é}rifier que $\psia \in \SLS$ et
montrer que
$$ \widehat{\psia}(\xi) = \sqrt{\frac{\pi}{a}}\; e^{-(\frac{\xi^2}{4a})} \quad
\mbox{et}\quad \int_{\RR} \widehat{\psia}(\xi) d\xi = 2\pi.$$ 7) Soit $f \in
\SLS$, on veut montrer la formule d'inversion suivante
$$\forall x \in \RR,\qquad f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{\RR} e^{ix\xi} \ff(\xi)
d\xi.$$

a) Soit $\Phi \in \SLS$, montrer que $\forall x \in \RR$,
$$(\star) \quad \int_{\RR} e^{ix\xi} \ff \, {\Phi} d\xi = \int_{\RR}
\widehat{\Phi}(y) f(x+y) dy.$$

b) Soit $\Phi_0 \in \SLS$ donn{é}e, choisir $\Phi(t) = \Phi_0(\ep t)$ o{\`u}
$\ep >0$ dans ($\star$) et montrer que
$$\Phi_0(0) \int_{\RR} e^{ix\xi} \ff(\xi) d\xi = f(x) \int_{\RR}
\widehat{\Phi_0}(y) dy.$$

c) Conclure.\\ \\
Deuxi{è}me partie :\\
8) V{é}rifier que $\SLS$ est dense dans $L^2(\RR)$.\\
9) Soient $\vfi$ et $\psi$ dans $\SLS$, montrer que
\begin{eqnarray*}
a)& &\int_{\RR} \widehat{\vfi} \,\psi\, dx = \int_{\RR} \vfi \,\widehat{\psi}\,
d\xi.\\
b)& & \int_{\RR} \vfi\, \overline{\psi}\, dx = \frac{1}{2\pi} \int_{\RR}
\widehat{\vfi} \,
\overline{\widehat{\psi}} \,d\xi.\\
c)& & \widehat{\vfi\ast\psi} = \widehat{\vfi}\,\widehat{\psi}.
\end{eqnarray*}
10) D{é}montrer le r{é}sultat suivant :\\
Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels norm{é}s, $F$ complet, et $G$ un
sous-espace vectoriel dense dans $E$. Si $A$ est un op{é}rateur lin{é}aire
continu de $G$ dans $F$ alors il existe un prolongement unique $\tilde{A}$
lin{é}aire continu de $E$ dans $F$ et
$\Vert \tilde{A} \Vert = \Vert A \Vert$.\\
11) Si on note ${\cal F}$ l'application d{é}finie sur $\SLS$, {à} valeurs
dans $L^2(\RR)$, par ${\cal F}(f) = \ff$, v{é}rifier que $\Vert {\cal F}(f)
\Vert^2_{L^2} = 2\pi\,\Vert f \Vert^2_{L^2}$ et que $\cal F$ se prolonge en un
isomorphisme de
$L^2(\RR)$ sur $L^2(\RR)$.\\
(Un isomorphisme est une application lin{é}aire bijective bicontinue.)

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%\include{chap78}
\chapter{Réflexivité, séparabilité, dualité des $L^p$}
\label{dualiteLp}
\section{Espaces emboîtés d'approximation des $L^p$, séparabilité}
On va commencer par définir un mode standard pour approximer les fonctions de
$L^p(\real^N)$, $1\leq p<\infty$ par des fonctions  en escalier. On commence par
subdiviser $\real^N$ en hypercubes d'arète $2^{-k}$, $k\geq 0$, de la forme donc
$C^{k,z}=2^{-k}(z+[0,1]^N)$, où $z\in \relative^N$. Dans la suite, on omettra
l'indice courant $z$.  Chacun des cubes $C^{k,z}$ est une union de $2^N$
hypercubes du type $C_i^{k+1}$, $i=1,...,2^N$.  On appelle $V_k$ l'espace des
fonctions en escalier, constantes sur chaque hypercube $C^{k,z}$.  On voit
immédiatement que ces espaces sont emboîtés :
$$V_{k+1}\subset V_k.$$
Ensuite, on a envie d'approcher les fonctions de $v\in L^p$ par des fonctions en
escalier. On a un mode standard pour le faire, qui est de poser $v_k(i)(x)=\frac
1{mes(C^k_i)}\int_{C^k_i}v(y)dy$ si $x\in C^k_i$.  En d'autres termes, on
remplace $v$ par sa moyenne sur chaque cube dyadique.
\begin{lem} \label{densitedansLp}
La fonction en escalier $v_k$ est la meilleure approximation de $v$ dans $V_k$
pour la norme de $L^2(\real^N)$.  De plus, on a pour tout $p\geq 1$ :
$$||v_k||_{L^p}\leq ||v||_{L^p},$$
$$v_k\to v \in L^p(\real^N).$$
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
En effet, $v_k$ est évidemment la meilleure approximation quadratique de $v$ sur
chaque cube et donc aussi dans $L^2$. Il suffit de montrer la première inégalité
sur chaque cube. Fixons donc un tel cube $C$ et notons $C_i$ ses sous-cubes
$$
\int_C |v_k|^p=\sum_i\int_{C_i}|v_k|^p=\sum_i
(mes(C^k_i))^{1-p}(\int_{C^k_i}|v|)^p\leq
$$
$$
\leq \sum_i (mes(C^k_i))^{1-p}(\int_{C^k_i}|v|^p)^\frac
pp(mes(C_i^k)^\frac{p-1}pp=\int |v|^p.
$$
Montrons maintenant que $v_k\to v$ dans $L^p$. On approche $v$ dans $L^p$ par
une fonction continue à support compact $g$ telle que $||v-g||_{L^p}\leq
\varepsilon.$  On a alors
$$||v-v_k||_p\leq ||v-g||_p+||g-g_k||_p+||g_k-v_k||.$$
Le premier terme est inférieur à $\varepsilon$, le troisième aussi car il est la
projection su $V_k$ du premier. Le second terme est la différence entre $g$ et
une approximation de Riemann, tend donc vers zéro quand $k$ augmente.  On
conclut aisément.

\begin{pro} \index{Séparabilité de $L^p$ pour $1\leq p<\infty$}
$L^p(\RR^N)$ est séparable pour $1\leq p<\infty$ et non séparable pour
$p=+\infty$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}  Par le (Lemme \ref{densitedansLp}),
les fonctions en escalier dyadiques sont denses dans $L^p(\RR^N)$. Soit $\tilde
V_k\subset V_k$ l'ensemble des fonctions dyadiques sur $[-2^k,2^k]^N$, \a
valeurs rationnelles.  Alors $\bigcup_k \tilde V_k$ est à la fois dénombrable
et dense dans $L^p(\RR^N)$.

Considérons  les fonctions $f_r=\indic_{B(0,r)}$, $r\in \RR^+$. On
$||f_r-f_{r'}||_{L^\infty}=1$ dès que $r\neq r'$. S'il y avait une suite
$g_n$ dense dans $L^\infty$, on pourrait pour tout $r$ trouver $n(r)\in \NN$ tel
que $||f_r-g_{n(r)}||<\frac 12$.  Par l'inégalité triangulaire,
$||g_{n(r)}-g_{n(r')}||_{L^\infty}>0$ si $r\neq r'$.  L'application $r\to n(r)$
est donc injective, une contradiction.

\enddemo

%marque1

\paragraph{D{é}composition dyadique d'une image}
\index{Images numériques} Nous illustrons visuellement le concept de
martingale dans le cas suivant: la fonction $v$ est une fonction de
$L^{p}(\R^2)$, et repr{é}sente une image naturelle comme expliqu{é} à la
fin du chapitre \ref{intlebesgue}. Nous supposerons que le support de $v$ est
$[0,1]^2$. De m\^eme que précédemment, nous consid{é}rons
les fonctions $v_k$ définies, pour $x\in C^{k,z}$, par
$$v_k(x)=\frac
1{mes(C^{k,z})}\int_{C^{k,z}}v(y)dy,$$
o\`u l'on rappelle que $C^{k,z}=2^{-k}(z+[0,1]^2)$, avec $z\in
\relative^2$. Remarquons que l'hypothèse sur le support de $v$ implique que
$v_k$ est non nulle sur $2^k$ cubes dyadiques au plus.
La figure \ref{haar} repr{é}sente les fonctions $v_k$,
pour $k$ variant de 3 {à} 8, sur l'intervalle $[0,1]^2$; la diminution de $k$ correspond {à} des pertes
d'information successives. Signalons que ces fonctions $v_k$ sont les
objets de base du traitement des images numériques. En effet, la quantit{é}
de lumi{è}re arrivant sur les capteurs {à} l'int{é}rieur d'une cam{é}ra,
apr{è}s passage par les instruments optiques (diaphragme et lentille),
est représentée par une fonction born{é}e {à} support compact. Or les capteurs d'une cam{é}ra numérique (appel{é}s
CCD pour l'anglais ``charged coupled devices'') sont carr{é}s, et tapissent le
plan o\`u se projette l'image selon un damier r{é}gulier. Chacun de ces
capteurs compte le nombre de photons reçus pendant un certain laps de temps,
l'image num{é}rique obtenue {é}tant constitu{é}e de l'ensemble des valeurs
retourn{é}es par ces capteurs, valeurs qui peuvent raisonnablement {\^e}tre
mod{é}lis{é}es par l'int{é}grale de la fonction $f$ sur la surface du
capteur. Remarquons toutefois que chacun de ces capteurs transmet une
quantit{é} finie d'information, de sorte que les valeurs retenues pour les
fonctions $v_k$ appartiennent {à} un ensemble fini d'entiers
(ph{é}nom{è}ne de quantification).


\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=10cm]{Figures/haar.ps}

\end{center}
\caption[Martingales et images digitales]{Exemples de fonctions $v_k$ dans le cas d'une image; de haut en bas et
de gauche {à} droite: $k=8,7,6,5,4,3$. D'après le lemme \ref{densitedansLp},
chaque image $v_k$ est la meilleure
approximation de l'image $v$ (qui représente la quantité de lumière
émise par la scène considérée) dans $V_k$, espace des fonctions en
escalier constantes sur chaque hypercube
$C^{k,z}=2^{-k}\left(z+[0,1]^2\right)$, $z \in \relative^2$. Si l'on se
restreint comme ici aux images bornées, définies sur $[0,1]^2$, la
dimension de chaque espace $V_k$ est $2^k$. La suite des images $v_k$ est une
martingale, c'est à dire que sur chaque cube $C^{k,z}$, la valeur de $v_k$
est la moyenne des valeurs prises par $v_{k+1}$ sur $C^{k,z}$.} \label{haar}
\end{figure}




\section{Dualité $L^p-L^{p'}$}
\label{reflexivite} \drem {\bf préliminaire :} si $f\in L^{p'}$, alors pour
tout $u\in L^p$ on a par l'inégalité de H\ooo lder $|\int fu|\leq
||f||_{L^{p'}}||u||_{L^p}$.  Donc on a l'inclusion $L^{p'}\subset (L^p)'$.  On
va montrer dans cette section l'inclusion inverse.

\frem
\begin{thf}\label{reflexivitedeLp}\index{Réflexivité de $L^p$} Pour tout
$1\leq p<\infty$, $L^{p'}(\RR^N)$ est le dual topologique de $L^p$.  Pour toute
forme linéaire continue $\tilde f$ sur $L^p$, il existe donc une fonction
$f\in L^{p'}$ telle que $$\forall u\in L^p, \tilde f(u) = \int fu$$ et
$$||\tilde f||_{(L^p)'}=||f||_{L^{p'}}.$$
\end{thf}
Soit $C=[-a,a]^N$, $a\in \relative$, un hypercube de $\RR^N$. On considère la
suite d'espaces emboîtés $V_k$ de fonctions en escalier dyadiques constantes
sur des hypercubes $(C_i^k)_i$ contenus dans $C$, définie dans la section
précédente. Les hypercubes $(C_i^{k+1})$ sont  obtenus en subdivisant en $2^N$
hypercubes égaux
 chaque hypercube $C_i^k$.
 On note ${\cal T}_k$ la tribu
engendrée, \ccaadd l'ensemble des unions quelconques d'hypercubes $C_i^k$.

Si $v_k\in V_k$, on note $v_k(i)$ sa valeur, constante, sur $C_i^k$. Par
analogie avec la projection $v\to v_k$, on
 associe à $\tilde f \in (L^{p})'$ sa ``projection'' $f_k$ sur $V_k$,
définie par
$$f_k(i)=\tilde f(\frac
1{\mes(C_i^k)}\indic_{C_i^k}).$$ La fonction $f_k$ peut \eee tre considérée
comme la restriction de $\tilde f$ à $V_k$ car elle vérifie
\begin{lem}
\fb& \label{projectionsurVk} \forall v\in V_k, \tilde f(v) = \int f_kv. \hbox{
De plus,  } \fe& \fb&   \label{comparaisondenormes}
 ||f_k||_{L^{p'}}\leq ||\tilde f||_{(L^p)'}.
\fe&
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
Si $v\in V_k$, on a $v=\sum_i v(i)\indic_{C_i^k}.$ Donc
$$\tilde f(v)=\sum_i v(i)\tilde f(\indic_{C_i^k})=\sum_i v(i)f_k(i)\mes(C_i^k)=
\int_C f_k(x)v(x)dx,$$ ce qui prouve (\ref{projectionsurVk}). Montrons
(\ref{comparaisondenormes}).
  Comme $f_k$ est
constante sur chaque cube, $C_i^k$, on a en utilisant (\ref{projectionsurVk}) et
le lemme  \ref{projectionsurVk},
 $$\forall v\in L^p, \; \int_C f_kv = \int_C f_kv_k = \tilde f(v_k)\leq ||\tilde
f||||v_k||_{L^p}\leq ||\tilde f|| ||v||_{L^p}.$$ Comme
$||f_k||_{L^{p'}}=\sup_{v\in L^p}\frac{ \int f_kv}{ ||v||_{L^p}}$, on obtient
(\ref{comparaisondenormes}).
\enddemo


\begin{lem}  La suite $(f_k, {\cal T}_k)$ est une {\rm
martingale} à temps discret, \ccaadd que l'on a \fb& \label{martingale1}\forall
E\in {\cal T}_k, \forall l\geq k,\; \int_E f_l=\int_E f_k. \fe&
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
En effet, si $E\in {\cal T}_k$, sa fonction indicatrice $\indic_E$ est dans
$V_k\subset V_l$ et on a donc en utilisant deux fois (\ref{projectionsurVk})
$$\forall l\geq k, \int_E f_l = \int_C f_l\indic_E=\tilde f(\indic_E)=\int_C
f_k\indic E=\int_E f_k.$$
\enddemo
%
%
\begin{lem}\label{lalimiteppdansLp}
Soit $f_k$ une suite de fonctions  telles que $||f_k||_{L^{p'}}\leq c$ et que
$f_k(x)$ converge presque partout vers une fonction $f(x)$. Alors $f$ appartient
aussi à $L^{p'}$ et $||f||_{p'}\leq \lim\inf_k ||f_k||_{p'}.$
\end{lem}
%
%
\paragraph{Démonstration}
En appliquant le lemme de Fatou, on a
$$c\geq \lim\inf \int |f_k|^{p'}\geq \int \lim\inf |f_k(x)|^{p'}=\int
|f(x)|^{p'}.$$ Le cas $p'=+\infty$ se traite aisément.
\enddemo
%
%
\begin{lem}\label{convergenceppdemartingale}\index{Convergence presque partout
(de martingale)} Si $(f_k, {\cal T}_k)$ est une martingale à temps discret, et
si $\sup_k \int f_k^+<+\infty,$ alors la suite $f_k(x)$ converge presque
partout.
\end{lem}
Nous allons démontrer ce lemme dans la sous-section suivante sur les
martingales à temps discret.
%
%
\begin{lem} (Vitali) \index{Vitali (lemme de)}  Soit $C$ un borné de $\RR^N$
et $f_k$ est une suite de fonctions équiintégrable dans $L^1(C)$ qui
converge presque partout vers une fonction $f$.  Alors $f_k$ converge vers $f$
dans $L^1(C)$.
\end{lem}
\drem La réciproque est vraie. Voir l'exercice 5. \frem \noindent{\bf Rappel
:}\index{Equiintégrabilité d'une suite de $L^1$} une suite de fonctions
$f_k$ est dite {\it équiintégrable} si
$$\forall \varepsilon>0\;  \exists \eta, \; \mes(K)<\eta\Rightarrow\int_K
|f_k(x)|dx<\varepsilon, \; \forall k\geq 1.$$
\paragraph{Démonstration du Lemme de Vitali}
On a $$M\mes(\{|f_k|\geq M\})\leq \int |f_k(x)|\leq c$$ et donc
$\mes(\{|f_k|\geq M\})\leq \eta$  pour $M$ assez grand.  En prenant $\eta
=\eta(\varepsilon)$ et en utilisant l'équiintégrabilité, on en déduit
que $\int_{\{|f_k|\geq M\}} |f_k(x)|dx\leq \varepsilon$ pour $M$ assez grand. La
suite $f_k^M =\max(-M, \min(M,f))$ converge par le théorème de Lebesgue
dans $L^1(C)$ vers $f_M = \max(-M, \min(M,f))$.  Donc on a pour $k$ assez grand
$$\int |f-f_k|\leq \int |f-f^M|+\int|f^M-f_k^M|+\int |f_k^M-f_k|\leq
3\varepsilon.$$
\enddemo

\begin{lem}\label{caspleq2}  La suite des restrictions $f_k$ de
$\tilde f$ à $V_k$
 converge presque partout  vers une fonction $f\in L^{p'}(C)$ telle que
\fb& \label{dualitedansCpleq2} \forall v\in L^p(C), \;\tilde f(v) = \int_C
f(x)v(x)dx \fe& Cette fonction $f$ satisfaisant (\ref{dualitedansCpleq2}) est
unique.
\end{lem}
%
%
 \paragraph{Démonstration}
Par l'inégalité de H\ooo lder et par (\ref{comparaisondenormes}), on obtient
$||f_k||_{L^1}\leq c||f_k||_{L^{p'}}\leq c||\tilde f||_{(L^p)'}$.   On peut
appliquer le lemme \ref{convergenceppdemartingale}.  Donc $f_k(x)$ converge
presque partout et par le lemme \ref{lalimiteppdansLp}  on conclut que $f$ est
dans $L^{p'}(C)$.  Comme la suite $f_k$ est bornée dans $L^{p'}(C)$ et que
$p'>1$, elle est équiintégrable. En effet, par l'inégalité de H\ooo
lder, $$\int_K |f_k(x)|dx \leq (\mes(K))^\frac 1 p ||f_k||_{L^{p'}}\leq
c\mes(K)^\frac 1p.$$ Par le lemme de Vitali, $f_k$ converge donc vers $f$ dans
$L^1(C)$. Reste à montrer  que $\tilde f(v)=\int_C fv$ pour tout $v\in L^p(C)$.
Mais cette relation est vraie si $v$ est dans un quelconque $V_k$. En effet,
$\tilde f(v)=\int_C f_kv$ et $f_k$ tend vers $f\in L^1(C)$. Comme les fonctions
de $V_k$ sont bornées, on peut passer à la limite quand $k\to \infty$. Cela
prouve que les formes linéaires continues  $\tilde f$ et $f$ co\iii ncident
sur un sous-espace dense de $L^p(C)$, l'union des $V_k$, et donc partout.

Montrons que la fonction $f$ est unique.  Si on a  pour toute fonction $v$ dans
$L^p(C)$, $\int_C f_1v=\int_Cf_2v,$ alors $\int (f_1-f_2)v=0$ et en choisissant
$v=\signe(f_1-f_2)$ on obtient $f_1=f_2$ presque partout.
\enddemo

\begin{lem}  $L^p(\RR^N)$ est réflexif et $(L^p)'=L^{p'}$.
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
On considère les espaces emboîtés $V_l=L^p(C_l)$, o\u $C_l=[-l,l]^N$, $l\in
\NN$.  Par le lemme \ref{caspleq2} il existe des fonctions $f\in L^{p'}(C_l)$
telles que \fb& \label{dualitedansCl} \forall v\in L^p(C_l), \;\tilde f(v) =
\int_C f_l(x)v(x)dx \fe& et on a, par unicité de $f_l$,  $f_{k+l}=f_l$ sur
$C_l$ et \fb& \label{estimationdesf-l} ||f_l||_{L^{p'}}\leq ||\tilde
f||_{(L^p)'}. \fe&
  On peut donc poser $f(x) = f_l(x)$ si $x\in C_l$.  En appliquant
le théorème de Beppo-Levi, on déduit de (\ref{estimationdesf-l}) que
$f\in L^{p'}$ et $||f||_{L^{p'}}\leq ||\tilde f||_{(L^p)'}.$ Comme $f$ (consid\e
rée comme une forme linéaire sur $L^p$) et $\tilde f$ co\iii ncident sur le
sous-espace dense de $L^p(\RR^N)$, $\cup_l V_l$, elles sont égales.
\enddemo


\begin{pro} $L^1(\RR^N)$ n'est pas réflexif. \index{Non réflexivité de
$L^1$}

\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, il existe 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 est 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{Martingales à temps discret}
Dans cette sous-section, nous démontrons le résultat de convergence presque
partout de martingale que nous avons utilisé pour montrer la dualit\ea
$L^p-L^{p'}$.
\begin{Def} \index{Martingale} On dira qu'une suite de fonctions $f_k, k\in
\NN$ sommables sur un espace de probabilité $C$ muni d'une tribu $ {\cal T}$
et d'une suite croissante de sous-tribus, ${\cal T}_k\subset \cal T$ est une
{\rm martingale à temps discret} si, pour  tout $k$, $f_k$ est ${\cal
T}_k$-mesurable et \fb& \label{martingale2}\forall E\in {\cal T}_k, \forall
l\geq k,\; \int_E f_l=\int_E f_k. \fe&
\end{Def}

\begin{Def}\index{Temps d'arr\eee t} \label{definitiontempsd'arret}
On appelle {\rm temps d'arr\eee t} associé à la martingale $(f_k, {\cal
T}_k)$ une fonction à valeurs entières, $ k(x)\in \NN$, définie sur une
partie de $C$ et telle que pour tout $k_0\in \NN$, les ensembles $\{x,
k(x)=k_0\}$ appartiennent à ${\cal T}_{k_0}$. On prendra la convention commode
de poser $k(x)=+\infty$ quand $x$ n'est pas dans le domaine de $k$.
\end{Def}
\begin{lem}
Si $k(x)\leq l(x)$ sont deux temps d'arr\eee t associés à une martingale
$(f_k,{\cal T}_k)$, alors \fb& \label{martingaleetempsd'arret}
\int_{\{x,k(x)\leq p\}} f_{k(x)}(x)dx = \int_{\{ x, k(x)\leq p\}}
f_{\min(l(x),p)}(x)dx. \fe&
\end{lem}
%
\paragraph{Démonstration}
En effet, l'ensemble $\{k(x)\leq p\}$ est une union d'ensembles $\{k(x)=k_0\}\in
{\cal T}_k$.  Par additivité de l'intégrale, il suffit de montrer
(\ref{martingaleetempsd'arret}) pour ces ensembles.  Or, en utilisant deux fois
la relation de martingale (\ref{martingale2}),
$$\forall k_0\leq p, \; \int_{k(x)=k_0}
f_{k_0}=\int_{k(x)=k_0}f_p=\sum_{l_0\leq p} \int_{k(x)=k_0,\;l(x)=l_0}
f_p+\int_{k(x)=k_0,\;l(x)>p}f_p=$$
$$\sum_{l_0\leq p} \int_{k(x)=k_0,\; l(x)=l_0}f_{l_0}+ \int_{k(x)=k_0,\;l(x)>p}f_p
=\int_{k(x)=k_0}f_{\min(l(x),p)},$$ car $\{k(x)=k_0,\; l(x)=l_0\}\in {\cal
T}_{l_0}$.

\enddemo
%
On définit les temps d'arr\eee ts suivants, sur l'intervalle $[0, p]\subset
\NN$ associés à deux réels $b>a$.
\newline\newline
$\bullet$ $k_1(x) =$ premier $k$, s'il existe dans $[0,p]$, tel que $f_k(x)>b$.
\newline
$\bullet$ $k_2(x) =$ premier $k>k_1$, s'il existe dans $[0,p]$, tel que
$f_k(x)<a$.
\newline .............\newline
\newline
$\bullet$ $k_{2m-1}(x) =$ premier $k\geq k_{2m-2}$, s'il existe dans $[0,p]$,
tel que $f_k(x)>b$.
\newline
$\bullet$ $k_{2m}(x) =$ premier $k>k_{2m-1}$, s'il existe dans $[0,p]$, tel que
$f_k(x)<a$.
\newline\newline
Il est immédiat que les $k_m$ sont des temps d'arr\eee t pour la martingale
$(f_k, {\cal T}_k)$. On peut interpréter leur domaine ainsi :
\newline\newline
$\bullet$ $\Omega_{2m}=\{x, k_{2m}(x)\leq p\}$ est l'ensemble des $x\in C$ tels
que $f_k(x)$ traverse exactement $m$ fois l'intervalle $[a,b]$ dans le sens
descendant pour $1\leq k\leq p$.
\newline
$\bullet$ $\Omega_{2m+1}=\{x, k_{2m+1}(x)\leq p)$ est l'ensemble des $x\in C$
tels que $f_k(x)$ traverse exactement $m\geq 1$ fois l'intervalle $[a,b]$ dans
le sens descendant et puis encore une fois de plus dans le sens ascendant pour
$1\leq k\leq p$.
\newline\newline
On définit enfin $\gamma_{a,b}^p(x)$ comme le nombre de passages de $f_k(x)$
par $[a,b]$ dans le sens descendant pour $k\leq p$ et $\gamma_{a,b}(x)$ le
nombre de passages, éventuellement infini, de $f_k(x)$ par $[a,b]$ dans le
sens descendant.  On a bien-s\uu r \fb& \label{identifications} \forall m\in
\NN, \{x, \gamma_{a,b}^p(x)\geq m\}= \{x, k_{2m}(x)\leq p\}=\Omega_{2m} \fe& et
on peut donc calculer l'espérance du nombre de passages par $[a,b]$ : \fb&
\label{esperancedunombredepassages} \int \gamma_{a,b}^p(x)dx=\sum_m \mes\{x,
\gamma_{a,b}^p(x)\geq m\}=\sum_m \mes\Omega_{2m}, \fe&
 en vertu de (\ref{identifications}) et de la
remarque suivante : \drem Si $\gamma(x)$ est une fonction à valeurs dans $\NN$,
$\int \gamma(x)dx=\sum_{m\geq 1}\mes\{x,\; \gamma(x)\geq m\}.$ En effet,
$$\int \gamma(x)dx=\sum_k k\mes\{x, \gamma(x)=k\}=\sum_{m\geq 1}\sum_{k\geq m} \mes\{x,
\gamma(x)=k\} =\sum_{m\geq 1}\mes\{x, \gamma(x)\geq m\}.$$ \frem
%
\begin{lem} \index{Nombre de passages (d'une martingale)}
\fb& \label{estimationfinaledunombredepassages} (b-a)\int_C \gamma_{a,b}(x)dx
\leq \sup_p\int_C (f_p(x)-b)^+. \fe&
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
Comme sur $\Omega_{2m-1}=\{k_{2m-1}(x)\leq p\}$ on a $f_{k_{2m-1}(x)}\geq b$, on
obtient en utilisant (\ref{martingaleetempsd'arret}),
$$
0\leq \int_{\Omega_{2m-1}}(f_{k_{2m-1}}(x)-b)dx = \int_{k_{2m-1}(x)\leq
p}(f_{k_{2m-1}}(x)-b)dx=
$$
$$
\int_{k_{2m-1}(x)\leq p}(f_{\min( k_{2m},p)}(x)-b)dx \leq (a-b)\mes(\Omega_{2m})
+ \int_{\Omega_{2m-1}\setminus\Omega_{2m}}(f_p(x)-b)dx.
$$
D'o\u
$$(b-a)\mes (\Omega_{2m})\leq
\int_{\Omega_{2m-1}\setminus\Omega_{2m}}(f_p(x)-b)dx.
$$
et en sommant sur $m$ et en utilisant (\ref{esperancedunombredepassages}), on
obtient \fb& \label{estimationdunombredepassages} (b-a)\int_C
\gamma_{a,b}^p(x)dx \leq \int_C (f_p(x)-b)^+. \fe& La relation
(\ref{estimationfinaledunombredepassages}) vient car $\gamma_{a,b}$ est la
limite croissante des $\gamma_{a,b}^p$.
\enddemo

\paragraph{Démonstration du lemme \ref{convergenceppdemartingale}}
On choisit une suite $(a_n)$ dense dans $\RR$ avec $a_n\neq a_m$, quand $n\neq
m$. Considérons pour $n\neq m$ les ensembles
 $N_{n,m}= \{x, \gamma_{a_n,a_m}=+\infty\}$.  Ces ensembles sont négligeables par
la relation \ref{estimationfinaledunombredepassages}, ainsi que leur union $N$.
Si $x$ est dans le complémentaire de $N$, la suite $f_k(x)$ ne peut osciller
indéfiniment.  Elle converge donc soit vers une valeur finie $f(x)$, soit vers
$+\infty$, soit vers $-\infty$. Mais comme $\sup_k \int f_k^+<\infty$, on d\e
duit  du lemme de Fatou que l'ensemble des $x$ o\u la limite est $+\infty$ est
aussi négligeable. En effet, le lemme de Fatou donne $\int \lim\inf_k
f_k^+(x)dx\leq \sup\int f_k^+.$
 Comme $\int_C f_k(x)dx=\int_Cf_1(x)dx$ est constante, on a aussi $\sup_k\int
f^-(x)dx<\infty$  et l'ensemble des points o\u $f_k(x)$ tend vers $-\infty$ est
également négligeable.

\enddemo
\\ \\
\section{Exercices}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
Soit $E = L^1(\RR) \cap L^2(\RR)$ muni de $\Vert\;\Vert =
\Vert\;\Vert_1+\Vert\;\Vert_2$.\\
1) V{é}rifier que $(E,\Vert\;\Vert)$ est un espace de Banach.\\
Soit $f(x) = f_1(x)+f_2(x)$ avec $f_1 \in \Linf(\RR)$ et $f_2 \in L^2(\RR)$,
montrer que
$$u \mapsto \int_{\RR} f(x) u(x) dx \in \Ep.$$
2) Soit $0 < \alpha < \frac{1}{2}$, montrer que
$$u \mapsto \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx \in \Ep.$$
(D{é}composer l'int{é}grale suivant les ensembles $[\vert x \vert > M]$ et
$[\vert x
\vert \leq M]$.)\\
3) Soit $K = \{ u \in E : u \geq 0 \;\mbox{p.p. et}\; \int_{\RR} u dx \leq 1 \}$.\\
Montrer que $K$ est un convexe ferm{é} de $E$.\\ \\
Soit $(u_n)_n \subset K$ et $u \in L^2(\RR)$ tels que $u_n \rightharpoonup u$
dans
$L^2(\RR)$ faible.\\
4) Montrer que $u \in K$.\\
5) Montrer que
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_n dx \longrightarrow \int_{\RR}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx.$$ 6) Pour $u \in E$, on d{é}finit
$$J(u) = \int_{\RR} u^2 dx - \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx,$$
o{\`u} $\alpha \in ]0,\frac{1}{2}[$.\\
Montrer que $\exists C \in \RR$ tel que $J(u) \geq C$, $\forall u \in K$.\\
On pose $m = \inf_{u \in K} J(u)$. On cherche {à} prouver que cet inf est
atteint.\\
7) Soit $(u_n)_n \subset K$ telle que $J(u_n) \longrightarrow m$. Montrer que
$\Vert
u_n \Vert$ reste born{é}e.\\
8) Extraire une sous-suite qui converge faiblement dans $L^2(\RR)$ et conclure.\\
9) $E$ est-il r{é}flexif ?
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
Soit $\Om$ un ouvert de $\RR^N$ et soit $f$ une fonction mesurable réelle sur
$\Om$.
On pose $K = \{ u \in L^p(\Om);\, u \geq f\,p.p.\,\}$.\\
1) Si $1 \leq p < +\infty$, v{é}rifier que K est ferm{é} pour la topologie
faible
de $L^p(\Om)$.\\
2) On consid{è}re le cas $p = +\infty$.

a) Montrer que
$$K = \{ u \in L^{\infty}(\Om);\,\forall \vfi \in L^1(\Om), \,\vfi \geq 0,\, f\vfi
\in L^1(\Om), \mbox{on ait } \int_{\Om} u\vfi \geq \int_{\Om} f\vfi \,\}.$$ (On
pourra d'abord supposer que $\vert \Om \vert < \infty$.)

b) En d{é}duire que K est ferm{é} faible $\star$ dans $L^{\infty}(\Om)$.

c) Soient $f_1$ et $f_2$ dans $L^{\infty}(\Om)$ telles que $f_1 \leq f_2$ p.p.
Montrer que "l'intervalle" $\{u \in L^{\infty}(\Om) : f_1 \leq \,u \leq \,f_2\,
p.p.\,\}$ est compact faible $\star$ dans $L^{\infty}(\Om)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soit $f \in L^1(\RR)$ fix{é}e, montrer que $y \mapsto \tau_yf$ o{\`u}
$\tau_yf(x) = f(x-y)$ est uniform{é}ment continue de $\RR$ dans $L^1(\RR)$.
\\ \\
{\bf Rappels}
\\ \\
1) Propri{é}t{é} d'absolue continuit{é} :\\
Soit $\Om$ un ouvert de $\RR^N$, soit $f \in L^1(\Om)$ alors $\forall \ep > 0$,
$\exists \delta > 0$ tel que $\forall A$ mesurable avec $\vert A \vert \leq
\delta$
on a $\int_A \vert f \vert dx \leq \ep.$\\
(Ce r{é}sultat a {é}t{é} d{é}montr{é} en exercice 3, chap. VII)\\
2) Th{é}or{è}me d'Egoroff  (Voir [Rudin], [Neveu]) : \\
On suppose $\vert \Om \vert < \infty$. Soient $f_n,f:\Om \rightarrow \RR$
mesurables telles que $f_n \rightarrow f$ p.p. alors $\forall \delta > 0$,
$\exists A$ mesurable tel que $\vert A \vert \leq \delta$ et $f_n \rightarrow f$
uniform{é}ment sur $\Om \backslash A$.
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
Soit $\Om$ un ouvert born{é} de $\RR^N$, soit $(f_n)_n \in L^p(\Om)$ et $f \in
L^p(\Om)$ avec $1\leq p < +\infty$. On suppose qu'il existe $C$ tel que $\Vert
f_n \Vert_p \leq C$,
$\forall n$ et $f_n \rightarrow f$ p.p.\\
1) Montrer que si ${\Vert f_n \Vert}_p \rightarrow {\Vert f \Vert}_p$ alors
${\Vert f_n -
f \Vert}_p \rightarrow 0$.\\
2) On suppose $1<p<+\infty$. Montrer que $f_n \rightharpoonup f$ dans $L^p(\Om)$
faible.\\
3) Lorsque $p=1$, consid{è}rer $f_n = n 1_{(0,\frac{1}{n})}$ avec $\Om =
]0,1[$ et v{é}rifier que $f_n$ ne converge pas faiblement vers $f=\lim f_n$
p.p.
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
Soit $\Om$ un ouvert born{é} de $\RR^N$. Une suite $(f_n)_n$ de $L^1(\Om)$ est
dite {é}qui-int{é}grable si elle v{é}rifie
$$\forall \ep >0,\,\exists \delta > 0,\,t.q.\,\forall E \subset \Om \mbox{
mesurable avec} \,\vert E \vert \leq \delta \Longrightarrow \,\forall n\geq
1,\,\int_E \vert f_n \vert dx < \ep.$$
Premi{è}re partie :\\
1) Montrer que si $(f_n)_n$ est {é}qui-int{é}grable alors elle est
born{é}e dans
$L^1(\Om)$.\\
2) Soit $(f_n)_n$ une suite de $L^1(\Om)$. Montrer que $(f_n)_n$ est
{é}qui-int{é}grable si et seulement si elle v{é}rifie
$$\lim_{k \rightarrow +\infty} (\sup_{n \geq 1} \int_{[\vert f_n \vert > k]} \vert
f_n \vert dx) = 0.$$ 3) Montrer que si $(f_n)_n$ est relativement compacte dans
$L^1(\Om)$ alors elle est
{é}qui-int{é}grable.\\
Deuxi{è}me partie :\\
1) Soit $(f_n)_n$ une suite de $L^1(\Om)$ telle que $\forall A \subset \Om$
mesurable,
$$\lim_{n \rightarrow \infty} \int_A f_n dx = 0.$$
Montrer que $(f_n)_n$ est {é}qui-int{é}grable.\\
(Pour $\ep>0$ fix{é}, consid{é}rer les ensembles $X = \{\ind_A,\,A
\mbox{mesurable}\,\subset \Om \}$ et $X_n = \{\ind_A \in X ;\,\forall k \geq
n,\,\, \vert \int_A f_k dx \vert \leq \ep \}$, v{é}rifier que $X$ est
ferm{é} dans
$L^1(\Om)$ et appliquer le lemme de Baire.)\\
2) En d{é}duire que si $(f_n)_n$ est une suite de $L^1(\Om)$, $f \in L^1(\Om)$
et si $f_n$ converge faiblement vers $f$ dans $L^1(\Om)$ alors la suite
$(f_n)_n$ est
{é}qui-int{é}grable.\\
3) Soit $(f_n)_n$ une suite de $L^1(\Om)$ et soit $f \in L^1(\Om)$. On suppose
que
\[ \left\{ \begin{array}{lll}
f_n &\rightharpoonup& f\,\, \mbox{dans $L^1(\Om)$ faible}\\
f_n &\longrightarrow f& \,\,\mbox{p.p.}
\end{array} \right. \]
Montrer que $\Vert f_n - f \Vert_{L^1} \longrightarrow 0$. (Utiliser le
Th{é}or{è}me d'Egoroff.)
\\ \\
{\bf Exercice 6}
\\ \\
Soit $\Om = ]0,1[$ et soit $f_n(x) = n^{\frac{1}{p}} e^{-nx}$ o{\`u} $1 \leq p <
+\infty$. \\
1) Montrer que $f_n \rightarrow 0$ p.p. dans $\Om$, $(f_n)_n$ est born{é}e
dans
$L^p(\Om)$ et $f_n \not\rightarrow 0$ dans $L^p(\Om)$.\\
2) Soit $\vfi \in {\cal C}_c(\Om)$ et soit T l'application d{é}finie sur
$L^p(\Om)$
par $T(g) = \int_0^1 g\,\vfi\; dx$, montrer que $T \in (L^p(\Om))^{\prime}$.\\
3) Si $1<p<+\infty$, montrer que $f_n \rightharpoonup 0$ dans $L^p(\Om)$ faible.\\
Si $p=1$, montrer que $f_n \not\rightharpoonup 0$ dans $L^1(\Om)$ faible et
qu'il n'existe aucune sous-suite de $(f_n)_n$ convergeant faiblement dans
$L^1(\Om)$. Que
pouvez-vous conclure ?\\
\chapter{Espaces de Hilbert}
\begin{Def}\index{Espace de Hilbert}
Un espace de Hilbert réel est un espace vectoriel réel muni d'un produit
scalaire $(u,v)$ et tel que $||u||=\sqrt{(u,u)}$ soit une norme pour laquelle
$H$ soit complet.  Un espace de Hilbert hermitien est un espace vectoriel sur
$\complex$ muni d'un produit hermitien $(u,v)$ \ccaadd vérifiant
 $$(u,v)=\overline{(v,u)}, \;
(\lambda u, v) = \lambda (u,v), \; (u+v,w)=(u,w)+(v,w).$$ et tel que
$||u||=\sqrt{(u,u)}$ soit une norme rendant $H$ complet.  Remarquons aussi que
 $$(f,\lambda g)=\overline{\lambda}(f,g)\hbox{ et  } (u, v+w)=(u,v)+(u,w).$$
\end{Def}
\begin{exa} \index{Exemples de Hilbert}On pose $l^2(\NN)$ l'ensemble des
suites $u=(u_1, ..., u_n, ...)$ avec $u_n\in \complex$ et vérifiant $\sum_n
|u_n|^2<\infty$.  Muni du produit scalaire $(u,v) = \sum_n u_n\overline{v_n}$,
c'est un espace de Hilbert.
 $L^2(\RR^N)$, muni du produit scalaire $(f,g)=\int f(x)\overline{g(x)}dx$
est également un espace de Hilbert : on a  vu qu'il est complet. Remarquer que
$l^2(\NN)$ peut \eee tre plongé naturellement dans $L^2(\RR)$ en posant
$u(x)=u_n$ si $x\in [n, n+1[$ et qu'il appara\ii t alors sous-espace fermé de
$L^2(\RR)$.  La complétude de $L^2(\RR)$ implique donc la complétude de
$l^2(\NN)$.

\end{exa}
\begin{pro}  \index{Inégalité de Cauchy-Schwarz} Nous avons toujours l'in\e
galité de Cauchy-Schwarz
$$|(f,g)|\leq ||f|| ||g||.$$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
la démonstration est la m\eee me qu'en dimension finie : elle se fait dans le
plan de $f$ et $g$.  On pose $(f,g)=e^{i\theta}|(f,g)|$ et on développe
$||f+te^{i\theta}g||^2\geq 0$, ce qui donne
$$||f||^2+t(f, e^{i\theta}g) + t(e^{i\theta}g, f)+t^2||g||^2\geq 0, \hbox{  soit}$$
$$||f||^2 +2t |(f,g)|+t^2||g||^2\geq 0.$$
L'inégalité de Cauchy-Schwarz exprime que le discriminant de ce trin\oo me
est négatif.
\enddemo

  La relation de Pythagore reste valable : si $f$ et $g$ sont orthogonaux,
alors
$$||f+g||^2=||f||^2+||g||^2.$$  Cette relation s'étend à une suite de vecteurs
orthogonaux deux à deux, $f_k$.  On a alors
$$||\sum_k f_k||^2=\sum_k ||f_k||^2.$$  Gr\aa ce à la complétude, le premier
membre de cette égalité, $\sum_k f_k$, est bien un élément de $H$ si le
deuxième membre est une série convergente.  On a donc
\begin{pro} \label{convergencedeserie} \index{Convergence d'une série dans un
Hilbert} Soit $H$ un Hilbert et $f_n$ une suite d'éléments de $H$.
 Si la série $u_n$ est composée d'éléments
orthogonaux deux à deux et si $\sum_n||u_n||^2$ converge, alors la série
$\sum_n u_n$ converge dans $H$. Si la série de terme général $||u_n||$ est
convergente, la série $\sum_n u_n$ converge dans $H$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
La deuxième partie de l'énoncé se déduit de la complétude de $H$.  En
effet, la suite $v_k = \sum_0^k v_n $ est de Cauchy puisque $||v_k-v_l||\leq
\sum_l^k ||u_n||.$
\enddemo
\begin{thf} \label{desprojections} \index{Projection sur un convexe dans un
Hilbert} Soit $H$ un espace de Hilbert et $C$ un convexe fermé et non vide de
$H$.  Pour tout $f\in H$ il existe un unique point de $C$, appelé {\rm
projection de $f$ sur $H$} dont la distance à $f$ soit minimum.   Cette
projection se caractérise comme l'unique point $g$ de $C$ tel que \fb&
\label{inegalitevariationnelle} \forall h\in C,\; \Re(f-g,h-g)\leq 0. \fe& Si
$C$ est un sous-espace vectoriel fermé de $H$, la projection de $f$ est
l'unique point $g\in C$ tel que $f-g$ soit orthogonal à tous les éléments
de $C$.
\end{thf}

\begin{lem}\index{Identité du parallélogramme} L'identité du parall\e
logramme :
$$||u||^2+||v||^2 = \frac 1 2(||u+v||^2 + ||u-v||^2).$$
La somme des carrés des longueurs des cotés d'un parallélogramme est \e
gale à la demi-somme des carrés de ses diagonales.
\end{lem}

\paragraph{Démonstration du théorème \ref{desprojections}}
Montrons d'abord l'unicité.  S'il existait deux éléments $g_1$ et $g_2$
réalisant la projection de $f$ sur $C$, on aurait en considérant leur milieu
$\frac {g_1+g_2}2$  et en appliquant l'identité du parallélogramme \a
$u=f-g_1$ et $v=f-g_2$,
$$\frac 1 2||2f-(g_1+g_2)||^2 = ||f-g_1||^2+||f-g_2||^2- \frac 1 2||g_1-g_
2||^2.$$ Donc $||f-\frac{g_1+g_2}2||^2< d(f,C)^2$.  Mais comme $\frac
{g_1+g_2}2$ est dans $C$, c'est impossible.  On montre maintenant  l'existence
de la projection. Soit $g_n$ une suite de $C$ telle que $||f-g_n||\to d(f,C)$.
En utilisant de nouveau l'inégalité du parallélogramme,

$$\frac 1 2 ||g_n-g_m||^2=||f-g_n||^2+||f-g_m||^2-2||f-\frac{g_n+g_m}2||^2.$$
Quand $n$ et $m$ tendent vers l'infini, le membre de droite tend vers 0. La
suite $g_n$ est donc de Cauchy et converge vers un élément $g$ de $C$, car
$C$  est fermé.  Montrons l'inégalité variationnelle
(\ref{inegalitevariationnelle}). Pour tout $h\in C$, et $t\in [0,1]$, les points
$g+t(h-g)$ du segment $[g,h]$ appartiennent à $C$. On a donc \fb&
\label{inegalitevariationnelle2}\forall t\in [0,1],\; ||g-f||^2\leq
||f-g-t(h-g)||^2 \hbox { ce qui est équivalent à }\fe&
$$
\forall t\in [0,1],\; t^2||h-g||^2-2t\Re(f-g, h-g)\geq 0.
$$
 On divise par $t$ et on fait tendre $t$ vers $0^\pm$ pour obtenir
(\ref{inegalitevariationnelle}).  Réciproquement, si
(\ref{inegalitevariationnelle}) est vérifiée pour tout $h\in C$,
(\ref{inegalitevariationnelle2}) aussi et en faisant $t=1$ on voit que $||f-g||$
réalise la distance minimale de $f$ à un point de $C$.

Considérons pour terminer le cas o\u $C$ est un sous-espace vectoriel ferm\ea
de $H$.  Soit $g$ la projection de $f$. Pour tout $v$ dans $C$, $g+e^{i
\theta}v$ appartient à $C$.  On a donc $\Re(e^{i\theta}(v, g-f))\leq 0$ pour
tout $\theta$ et donc $(v,g-f)=0$.  Réciproquement, si $g\in C$ vérifie
$(v,g-f)=0$ pour tout $v\in C$, on a $(v-g,g-f)=0$ pour tout $v$ dans $C$ et par
la deuxième partie du théorème \ref {desprojections}, $g$ est bien la
projection de  $f$ sur $C$.
\enddemo
\dexer \index{Contractante (projection sur un convexe)}Démontrer en utilisant
(\ref{inegalitevariationnelle}) que la projection $P$ sur un convexe est une
application contractante : $||Pf_1-Pf_2||\leq ||f_1-f_2||$. \fexer
\begin{Def}\index{Orthogonal d'un sous-ensemble}
On appelle orthogonal d'un sous-ensemble $A$ de $H$ et note $A^\perp$ l'ensemble
$$A^\perp =\{v, \forall f\in A,\; (v,f)=0\}.$$
C'est un sous-espace vectoriel fermé de $H$.
\end{Def}

\begin{cor} \index{Décomposition orthogonale (dans un Hilbert)}Si  $F$ un
sous-espace vectoriel fermé d'un espace de Hilbert $H$, alors tout élément
de $H$ se décompose de manière unique sous la forme \fb&
\label{decompositionorthogonale} f=g+h, \; g\in F, \; h\in F^\perp \fe& o\u $g$
est la projection de $h$ sur $F$ et $h$ la projection de $h$ sur $F^\perp$.  On
a donc
$$H=F+F^\perp, \; (F^\perp)^\perp = F, \; H^\perp = \{0\}.$$
Si $A\subset H$, on a toujours
$$(A^\perp)^\perp = \overline{\vect(A)}.$$
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
La relation (\ref{decompositionorthogonale}) est une conséquence du théor\ee
me \ref{desprojections} : si $f\in H$ on note $g$ sa projection orthogonale sur
$F$. Alors $f-g=h$ appartient à $F^\perp$ par (\ref{inegalitevariationnelle}).
On remarque enfin que $A^\perp=\overline{\vect(A)}^\perp.$  En effet, si un \e
lément $f$ est orthogonal à $A$, il est orthogonal aux combinaisons lin\e
aires d'éléments de $A$ et donc à $\vect(A)$ et  par un passage à la
limite immédiat à $\overline{\vect(A)}$.
\enddemo
%
\begin{cor} {\bf et définition} \index{Totalité (d'un système dans un
Hilbert)} On dit qu'un sous-ensemble $A$ de l'espace de Hilbert $H$ est total si
l'espace vectoriel $\vect(A)$ engendré par $A$ est dense dans $H$.  Pour que
$A$ soit total dans $H$, il faut et il suffit que $A^\perp$ soit réduit \a
$\{0\}.$
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
  Si $A$ est total, $\overline{\vect(A)}$ est
égal à $H$ et donc $A^\perp=\overline{\vect(A)}^\perp=H^\perp = \{0\}.$ R\e
ciproquement, si $A^\perp ={0}$, on a $\overline{\vect(A)}^\perp=\{0\}$ et donc
$\overline{\vect(A)}=H$, ce qui signifie que $A$ est total.
\enddemo
\begin{thf} (Riesz) \index{Riesz (théorème de)}Pour tout $f\in H$,
l'application $v\in H\to (v,f)$ est une forme linéaire continue sur $H$. R\e
ciproquement, si $\tilde f$ est une forme linéaire continue sur $H$, il existe
un unique élément $f\in H$ tel que
$$\tilde f(v) = (v, f).$$
En d'autres termes, $H$ est son propre dual. Tout espace de Hilbert est donc r\e
flexif.
\end{thf}
\drem  On conna\ii t déjà ce résultat dans le cas o\u $H=L^2(\RR^N)$. \frem
\paragraph{Démonstration}
La première assertion découle de l'inégalité de Cauchy-Schwarz.  R\e
ciproquement, soit $\tilde f$ une forme linéaire continue et non nulle sur $H$
et $L$ son noyau, qui est un espace vectoriel fermé.  Comme $\tilde f\neq 0$,
$L$ est un sous-espace strict et donc $L^\perp$ n'est pas réduit à $\{0\}$.
Soit $g\in L^\perp,$ non nul.  On a donc $\tilde f(g)\neq 0$ et on pose pour
tout $v \in H$
$$v=\frac{\tilde f(v)}{\tilde f(g)}g +(v-\frac{\tilde f(v)}{\tilde
f(g)}g)=v_1+v_2.$$ Le second terme  vérifie $\tilde f(v_2)=0$ et appartient
donc à $L$.  Comme $g\in L^\perp$, on a donc
$$(v,g) =
\frac{\tilde f(v)}{\tilde f(g)}||g||^2.$$ Il en résulte que
$$\tilde f(v) = (v, \frac{\overline{\tilde f(g)}}{||g||^2}g).$$
\enddemo
\begin{thf}\label{universalitedelaconvolution} (L'universalité de la convolution)
\index{Convolution (Universalité de la)} Soit $T  : L^2(\RR^N) \to
C_0^0(\RR^N)$ un opérateur linéaire, invariant par translation et continu.
Alors il existe $g$ dans $L^2(\RR^N)$ telle que $T(f)=g\ast f$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On considère la forme linéaire $f\to (Tf)(0)$, qui appartient par hypoth\ee
se à $(L^2(\RR^N))'$.  Il existe donc une fonction $g_0\in L^2$ telle que \fb&
\label{rieszconvolution} (Tf)(0)=\int_{\RR^N}f(x)\overline{g_0}(x)dx. \fe& Par
hypothèse aussi, $T(\tau_xf)=\tau_xTf$, o\u l'on rappelle que l'on note
$\tau_xf(y)=f(y+x)$.  Donc par (\ref{rieszconvolution}),
$$
Tf(x) = (\tau_x (Tf))(0)= T(\tau_xf)(0)=\int_{\RR^N}f(x+y)\overline{g_0}(y)dy =
\int_{\RR^N}f(x-y)\overline{g_0}(-y)dy= f\ast g(x),
$$
o\u $g(y) = \overline{g_0}(-y)$.

\enddemo

\section{Bases hilbertiennes}
\begin{Def} \index{Séparabilité d'un espace} On dit qu'un espace de Hilbert est
séparable s'il admet une suite dénombrable et dense.
\end{Def}
\begin{Def}\index{Base hilbertienne}
Soit un espace de Hilbert séparable. On appelle {\rm base hilbertienne} de $H$
un système orthonormé  fini  ou infini $(e_n)_{n\in \NN}$ qui est total. On
a donc $(e_n,e_m)=\delta_{n,m}$ et $\overline{\vect((e_n)_n)}=H$.
\end{Def}
\begin{thf}
 Tout
espace de Hilbert séparable admet une base hilbertienne.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Soit $(f_n)_n$ une suite dense de $H$. On en extrait par récurrence sur $n$ un
sous-système libre (que nous appellerons encore par commodité  $(f_n)$),
\ccaadd tel qu'aucun vecteur de la suite n'est combinaison linéaire des
autres. Le système obtenu n'est plus nécessairement dense, mais il reste
total.  On applique alors le procédé de Hilbert-Schmidt à la suite $f_n$.
On pose par récurrence
$$g_{n+1}=f_{n+1}-\sum_{k=1}^n (f_{n+1}, g_k)g_k,$$
ce qui donne un système orthogonal et on pose finalement
$e_n=\frac{g_n}{||g_n||}$, ce qui donne une suite $e_n$ orthonormée.  Le
système est bien total puisque les $e_n$ engendrent les $f_n$ et c'est donc
une base hilbertienne.
\enddemo
\begin{thf}\index{Egalité de Parseval}
Soit $H$ un espace de Hilbert séparable et $(e_n)_{n\in\NN}$ une base
hilbertienne de $H$.  Alors tout élément de $H$ peut s'écrire comme la
somme d'une série convergente \fb& \label{decompositionsurlabase} f=\sum_n (f,
e_n)e_n  = \sum_n c_n(f)e_n \fe& et les coordonnées sur la base vérifient
l'égalité de Parseval \fb& ||f||^2 = \sum_n |c_n(f)|^2. \fe& R\e
ciproquement, si $c_n$ est une suite vérifiant $\sum_n |c_n|^2<\infty$, la s\e
rie $\sum_n c_n e_n$ converge dans $H$ et sa somme $f$ vérifie $c_n(f)=c_n$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On pose $f_m=\sum_1^m c_n(f)e_n$. On vérifie que $(f-f_m, e_n) = 0 $ pour
$n\leq m$.  Donc $f_m$ est la projection orthogonale de $f$ sur l'espace
engendré par les $e_n$ pour $0\leq n\leq m$.  Donc $||f_m||^2\leq ||f||^2$.
Par le théorème de Pythagore, on obtient \fb& \label{parsevalfini}
||f_m||^2=\sum_1^n|c_n(f)|^2\leq ||f||^2, \fe& ce qui prouve que la série
$\sum_n c_n(f)e_n$ est convergente dans $H$ (proposition
\ref{convergencedeserie}). Appelons $g$ sa somme. Reste à montrer que $f=g$.
Mais si $n\leq m$, on voit que $(f_m-g,e_n)=0$ et en passant à la limite quand
$m\to\infty$, on obtient $(f-g,e_n)=0$. Donc $f-g$ est orthogonal à un syst\ee
me total et est donc nul.  La relation de Parseval s'obtient en passant à la
limite dans (\ref{parsevalfini}).

La réciproque du théorème est immédiate en reprenant les arguments pr\e
cédents.
\enddemo
\dexer (Inégalité de Parseval)  \index{Inégalité de Parseval}Montrer que
si $(e_n)$ est un système orthonormé quelconque de $H$, alors  $\sum_n
|(e_n,f)|^2\leq ||f||^2$.  Montrer que si cette inégalité est une égalit\e
, alors $(e_n)$ est une base hilbertienne.  Montrer que tout système
orthonormé peut \eee tre complété en une base hibertienne. \fexer
\begin{cor} \index{Isométrie (d'un Hilbert séparable à $l^2$)}
Tout espace de Hilbert séparable est isométrique à $l^2(\NN)$. Il suffit
d'associer à $f\in H$ son vecteur de coordonnées sur une base hilbertienne,
$c = (c_1(f),..., c_n(f),...)$.  En particulier, on a
$$(f,g) = \sum_n c_n(f)\overline{c_n(g)}.$$
\end{cor}
\dexer \index{Continuité d'une forme bilinéaire}Montrer qu'une forme bilin\e
aire $a(u,v)$ sur un espace vectoriel normé est continue si et seulement si il
existe $C$ tel que $|a(u,v)|\leq C||u||||v||$.
 \fexer
\begin{thf} (Lax-Milgram)\label{laxmilgram}\index{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
Terminons par quelques remarques sur la convergence faible dans un espace de
Hilbert.
\begin{pro} \index{Convergence faible dans un espace de Hilbert}
(i) Si $u_n\in H$ est bornée et $H$ séparable, alors il existe une
sous-suite qui converge faiblement : $$\forall v\in H, \; (u_n, v)\to (u,v).$$
(ii)Réciproquement, si $u_n\to u$, alors $u_n$ est bornée et
$$||u||\leq\lim\inf_n ||u_n||.$$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
(i) C'est une conséquence directe de la réflexivité de $H$ séparable,
qui implique la compacité séquentielle de la boule unité.
\newline
(ii) Conséquence immédiate du théorème de Banach-Steinhaus.
\enddemo

\dexer On pose dans $H=L^2(0, 2\pi)$, $u_n(x)= \sin nx$ et $v_n(x)=|\sin(nx)|$.
Montrer que ces suites convergent faiblement dans $H$ mais pas fortement.
Calculer leur limite faible.

\fexer
%\dexer
%Calculer dans $L^2(0,1)$ le maximum de $\int_0^1 f(x)dx$ sujet aux contraintes
%$\int_0^1|f|^2(x)dx=1$ et $\int_0^1 f(x)dx=0$.  On se ramènera au calcul d'une
%projection sur un convexe fermé.
%\fexer




%marque2
\paragraph{D{é}composition d'images sur la base de Haar}
\index{Base de Haar} Nous nous pla{\c c}ons dans $L^2(\R^2)$. Nous
consid{é}rons tout d'abord la fonction de $L^2(\R)$

\begin{equation}
H(x)= \left\{ \begin{array}{ll}
                                  1 & \mbox{si $0 \leq x < \frac{1}{2}$} \\
                                  -1 & \mbox{si $\frac{1}{2} \leq x < 1$} \\
                                  0 & \mbox{sinon.}
\end{array}
                          \right.
\end{equation}
Nous d{é}finissons ensuite $I(x)=\indic_{[0,1)}$, puis
les trois fonctions de $L^2(\R^2)$
$$H_1(x,y)=H(x)I(y) \mbox{ , } H_2(x,y)=I(x)H(y) \mbox{ et } H_3(x,y)=H(x)H(y).$$
Enfin nous d{é}finissons
$$H_{i,j_1,j_2}^k (x,y) = 2^{k} H_i(2^l x - j_1,2^l y - j_2),\quad l,j_1,j_2 \in
 \ZZ, i=1,2,3.$$
 On peut montrer (voir l'exercice 3 pour la preuve en une dimension) que ces fonctions forment
une base
 hilbertienne de $L^2(\R^2)$. Donc si pour une fonction $f \in L^2(\R^2)$ nous définissons les coefficients
$$c_{i,j_1,j_2}^k(f)=\langle f,H_{i,j_1,j_2}^k\rangle,$$
alors
$$f=\sum_{i=1}^3\sum_{k,j_1,j_2 \in \relative} c_{i,j_1,j_2}^k(f) H_{i,j_1,j_2}^k$$
dans $L^2(\R^2)$. Pour illustrer cette décomposition dans le cas d'une
image, nous considérons, pour $k_1$ fixé, une fonction $v_{k_1}$ appartenant à
l'espace $V_{k_1}$ des fonctions constantes sur les hypercubes
$C^{k_1,z}=2^{-k_1}(z+[0,1]^2)$, $z \in \relative^2$, et supposons de plus que le support de $v_{k_1}$
est inclus dans $[0,1]^2$. Une telle fonction représente une image
numérique comme nous l'avons vu au paragraphe \ref{reflexivite} (voir la
figure \ref{haar}). Dans ce cas, les coefficients
$c_{i,j_1,j_2}^k(v_{k_1})$ sont nuls pour $j_1\geq2^k$, $j_1 < 0$, $j_2\geq2^k$, $j_2<0$ ou $k>k_1$ (le vérifier !). Figure
\ref{haarondel}, nous représentons les coefficients de l'image numérique
représentée figure \ref{haar}, en haut à gauche (il s'agit donc de
$v_8$, image prenant $256\times256$ valeurs). Pour chaque valeur de $k$ (``échelle'')
entre 6 et 8, et chaque valeur de $i$ (``orientation'') entre 1 et 3, nous
représentons une fonction constante par morceaux, dont la valeur prise en
$2^{-k}((j_1,j_2)+[0,1]^2)$ est $log\left(1+|c_{i,j_1,j_2}|\right)$, pour
$j_1,j_2=0,...,2^k-1$ (la fonction $log(1+|x|)$ est utilisée car c'est une
fonction croissante qui permet d'atténuer les très fortes variations des
modules des coefficients $|c|$, tout en donnant une idée de leur valeurs respectives).

 Revenons maintenant sur la figure \ref{haar}. Dans le cadre des espaces de
 Hilbert, les images $v_k$
 sont les projections d'une fonction $v$ de $L^2(\R^2)$ sur les espaces
 $V_k$. D'autre part, pour montrer que les $(H_{i,j_1,j_2}^k)$ forment une
 base de $L^2(\R^2)$, on montre que si $W_k$ est l'espace
 des fonctions en escalier dyadiques, constantes sur les hypercubes de
 c{\^o}t{é}s $2^{-k}$ et {à} moyenne nulle, les $\left(H_{i,j_1,j_2}^k
 (x,y)\right)$ forment une base de $W_k$ (voir
 l'exercice 3). On peut en
 fait montrer que pour tout $k \in \Z$, on a $V_{k+1}=V_{k}\oplus W_{k}$. En ce
 sens, la d{é}composition de la figure \ref{haarondel} repr{é}sente les
 d{é}tails ajout{é}s {à} l'image $v$ lorsque l'on passe de la repr{é}sentation
 $v_k$ {à} la repr{é}sentation $v_{k+1}$. Le fait de s'intéresser aux
familles de fonctions $\left(H_{i,j_1,j_2}^k
 (x,y)\right)$ à $i$ fixé permet de voir les détails  correspondant aux trois
directions associées aux fonctions $H_1$, $H_2$ et $H_3$: respectivement
verticale, horizontale et diagonale. Remarquons également qu'en vertu des
 propriétés énoncées ci-dessus, l'image $v_{k_1}$ peut s'écrire, pour
 $0\leq k_0\leq k_1-1$,:
\begin{equation}
\label{decomp_discr}
v_{k_1}=v_{k_0}+\sum_{i=1}^{3}\sum_{k=k_0}^{k_1-1}\sum_{j_1,j_2=0}^{2^{k}-1}c_{i,k,j1,j2}H_{i,j1,j2}^k.
\end{equation}
Ce type de d{é}composition en une image
 {à} une certaine pr{é}cision, et en images de d{é}tails,
utilisant des fonctions
 de moyenne nulle et {à} support compact, est {à} la base de la th{é}orie
 math{é}matique des ondelettes, qui a de nombreuses applications en traitement
 du signal et des images. La décomposition particulière présentée ici
 repose sur les fonctions $H^k_{i,j_1,j_2}$, et les coefficients $c^k_{i,j_1,j_2}$ sont les
 coefficients d'ondelettes de l'image dans cette base.

A titre d'exemple, nous illustrons une
application classique de la théorie des ondelettes: la compression d'images. Le but de la compression est
de représenter un signal discret $(s_n)_{n=0,...,N}$ par un nombre minimum de
coefficients $(c_n)_{n=0,...,N'}$, $N'<N$. On parle de compression sans perte
lorsque l'on peut retrouver le signal $(s_n)$ à partir des $(c_n)$, et de
compression avec perte lorsque l'on ne peut que retrouver une approximation
$(\tilde s_n)$ de $(s_n)$. Nous montrons figure \ref{compression} un exemple de
compression avec perte dans le cas des images. Pour un certain $k_1 \in \NN$, nous
considérons l'image numérique $v_{k_1}$
(projection de $v$ sur l'espace $V_{k_1}$). Nous supposons à nouveau que la
fonction $v$ est nulle en dehors de $[0,1]^2$. Nous utilisons ensuite la
formule \ref{decomp_discr}. L'idée
de la compression par ondelettes est de ne garder qu'un petit nombre des
coefficients $c_{i,k,j1,j2}$ pour représenter l'image. Pour $i=1,...,3$,
$k=k_0,...,k_1-1$, nous définissons $E_{i,k}$ ensemble des 10 \% des
coefficients de plus grand module parmi $\{c_{i,k,j1,j2} |
j1,j2=0,...,2^k-1\}$. Sur la figure \ref{compression}, nous montrons l'image obtenue
par la formule suivante avec $k_1=8$ et $k_0=6$:
\begin{equation}
\label{compress-eq}
\tilde v_{k_1}=a_{k_0}+\sum_{i=1}^{3}\sum_{k=k_0}^{k_1-1}\sum_{E{i,k}}c_{i,k,j1,j2}H_{i,j1,j2}^k(x,y).
\end{equation}
Bien que le nombre de coefficients utilisé pour décrire le signal ait
été grandement réduit (10 fois si on néglige la fonction $a_{k_0}$),
le résultat reste visuellement acceptable. En pratique, les fonctions de
base utilisées sont plus complexes que les $H_i^k$ (plus régulières) et
le choix du nombre de coefficients à garder plus subtil (pas forcément le
m\^eme pour chaque ``échelle'' k). Ceci permet en particulier d'atténuer les zones carrées homogènes, visibles
sur la figure \ref{compression}.

\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=5cm]{Figures/w2_1.ps} \quad
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w2_2.ps} \quad
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w2_3.ps}

\vskip 1cm
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w1_1.ps} \quad
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w1_2.ps} \quad
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w1_3.ps}

\vskip 1cm
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w3_1.ps} \quad
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w3_2.ps} \quad
\includegraphics[width=5cm]{Figures/w3_3.ps}

\end{center}

\caption[Décomposition sur la base de Haar]{
Décomposition d'une fonction sur la base hilbertienne de Haar. Nous nous intéressons
à une fonction $v_{k_1}$ à support dans $[0,1]^2$, constante sur les
hypercubes dyadiques de c\^oté $2^{-k_1}$. Cette fonction est représentée par la formule
(\ref{decomp_discr}),
% suivante: $$v_{k_1}=v_{k_0}+\sum_{i=1}^{3}\sum_{k=k_0+1}^{k}\sum_{j_1,j_2=2^{k_0}}^{2^{k_1}}c_{i,k,j1,j2}H_{i,j1,j2}^k,$$
avec $c_{i,k,j_1,j_2}=\langle v_{k_1},H_{i,j_1,j_2}^k\rangle$, et $H_{i,j_1,j_2}^k$ les
fonctions de Haar. Ici $k_1=8$, avec la m\^eme image qu'à la figure
\ref{haar}. Pour chaque valeur de $k$ (``échelle'')
entre 6 et 8, et chaque valeur de $i$ (``orientation'') entre 1 et 3, nous
représentons une fonction constante par morceaux, dont la valeur prise sur
les hypercubes
$2^{-k}((j_1,j_2)+[0,1]^2)$ est $|c_{i,j_1,j_2}|$, pour
$j_1,j_2=0,...,2^k-1$. Un point est d'autant plus sombre que le module du coefficient $c$
est important. Première ligne: $j=1$, et de droite à gauche, $i=1, i=2, i=3$;
deuxième ligne, $j=2$, troisième ligne, $j=3$. En se référant à la forme des fonctions $H$, les images de
la colonne de gauche font appara\^itre les contours verticaux de l'image,
celles du milieu les contours horizontaux, alors qu'à droite on retrouve des
contours obliques ainsi que des coins. Remarque : le module des coefficients est souvent
très petit, et le contraste des images a été rehaussé pour éviter
qu'elles ne soient blanches.}

\label{haarondel}
\end{figure}

\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/orig.ps}
\includegraphics[width=7cm]{Figures/compress10.ps}
\end{center}
\caption[Compression d'images dans une base hilbertienne]{Exemple de
compression d'images dans une base hilbertienne. A gauche,
l'image originale (m\^eme image
que figure \ref{haarondel}), à droite l'image obtenue en ne gardant que 10\%
des coefficients dans la base de Haar (voir la formule (\ref{compress-eq})).}
\label{compression}
\end{figure}



\section{Exercices}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) Calculer
$$ \min_{a,b,c} \int_{-1}^1 {\vert x^3 -a - bx -cx^2 \vert}^2 dx,$$
et trouver
$$ \max \int_{-1}^1 x^3 g(x) dx,$$
o{\`u} g est soumis aux contraintes
$$\int_{-1}^1 g(x)dx = \int_{-1}^1 xg(x)dx =\int_{-1}^1 x^2 g(x)dx = 0;\quad
\int_{-1}^1 {\vert g(x) \vert}^2 dx =1.$$ 2) Si $x_0 \in H$ et si M est un
sous-espace vectoriel ferm{é} d'un espace de Hilbert H, {é}noncer le
probl{è}me de maximum correspondant {à} $\min \{ \Vert x_0 - x \Vert,\;x \in
M \}$ comme dans la question pr{é}c{é}dente.
\\ \\
{ \bf Exercice 2} (Lemme de Grothendieck)
\\ \\
Soit $\Om$ un espace mesur{é} et $\mu$ une mesure de probabilit{é} sur
$\Om$. Soit $S$ un sous-espace vectoriel ferm{é} de $L^1(\mu)$ tel que $S
\subset \Linf(\mu)$. On va
montrer que dim$S < \infty$.\\
1) Montrer que $\exists C, M$ tels que $\forall f \in S$, $\Vert f
\Vert_{\infty} \leq
C \, \Vert f \Vert_1$ puis que $\Vert f \Vert_{\infty} \leq M\,\Vert f \Vert_2$.\\
2) V{é}rifier que $(S,\Vert\,\Vert_2)$ est un espace de Hilbert. Soit
$\Phi_1,...,\Phi_n$ une famille orthonorm{é}e quelconque de $S$. Pour $c=(c_i)_i \in
\overline{B}(0,1) \subset \RR^n$, on définit $f_c(x) = \sum_1^n c_i \Phi_i(x)$.\\
Vérifier que $\forall c \in \overline{B}(0,1)$, $\Vert f_c \Vert_{\infty} \leq M$.\\
Montrer qu'il existe $\Om^{\prime} \subset \Om$ avec $\mu(\Om^{\prime}) =1$ tel que $\forall
x \in \Om^{\prime}$, $\forall c \in \overline{B}(0,1)$ on ait $\vert f_c(x) \vert \leq M$.
En
déduire que
$$\sum_1^n \vert \Phi_i(x) \vert^2 \leq M^2,\quad \mbox{p.p.}$$
Conclure.
\\ \\
{ \bf Exercice 3} Base de Haar
\\ \\
On pose $H(x) = 1$ si $0 \leq x < \frac{1}{2}$ et $H(x) = -1$ si $\frac{1}{2}
\leq x < 1$. C'est la fonction de Haar. On pose
$$H_k^l (x) = 2^{\frac{l}{2}} H(2^l x - k),\quad l,k \in \ZZ.$$
1) Dessiner les fonctions de Haar pour $l =1,2$. D{é}montrer que ces fonctions
forment un syst{è}me orthonormal de $L^2(\RR)$.\\
2) Compter les fonctions de Haar qui sont {à} support dans $[0,1]$ et qui sont
constantes sur les intervalles dyadiques de longueur $ 2^{-j}$. On appelle $S_j$
le syst{è}me qu'elles forment. Remarquer qu'elles sont toutes d'int{é}grale
nulle et d{é}duire qu'elles forment une base de $W_j$, l'espace des fonctions
en escalier dyadiques, constantes sur des intervalles de longueur $2^{-j}$ et
{à} moyenne
nulle.\\
3) Montrer que le syst{è}me de Haar est une base hilbertienne de $L^2(\RR)$.
On commencera par montrer qu'une partie de la base de Haar engendre l'espace des
fonctions de $L^2(-2^j,2^j)$ {à} moyenne nulle sur $(-2^j,0)$ et $(0,2^j)$.
\\ \\
{\bf Exercice 4}
\\ \\
Soit $E$ un espace vectoriel norm{é} dont la norme v{é}rifie l'identit{é}
du parall{é}logramme, c'est {à} dire
$$\Vert a+b \Vert^2 + \Vert a-b \Vert^2 = 2 (\Vert a \Vert^2 + \Vert b
\Vert^2),\quad \forall a,b \in E.$$ On se propose de montrer que l'expression
suivante
$$(x,y) = \frac{1}{2} (\Vert x+y \Vert^2 - \Vert x \Vert^2 - \Vert y \Vert^2),\quad
x,y \in E,$$
d{é}finit un produit scalaire sur $E$ tel que $(x,x)=\Vert x \Vert^2$.\\
1) V{é}rifier que $(x,y) = (y,x)$, $(-x,y) = - (x,y)$ et $(x,2y) = 2(x,y)$,
$\forall
x,y \in E$.\\
2) Montrer que $(x+y,z) = (x,z) + (y,z)$, $\forall x, y, z \in E$.\\
On pourra appliquer l'identit{é} du parall{é}logramme successivement avec
\begin{eqnarray*}
(1) & a=x,\,\,b=y,\\
(2) & a= x+z,\,\,b=y+z,\\
(3) & a=x+y+z,\,\,b=z.
\end{eqnarray*}
3) Montrer que $(\lambda x,y)=\lambda(x,y)$, $\forall \lambda \in \RR$, $\forall
x,y \in E$. (Le faire d'abord pour $\lambda \in \NN$, puis $\lambda \in \QQ$ et
enfin $\lambda \in \RR$.)
\\ \\
{\bf Exercice 5}
\\ \\
Soit $w(x) = x^{-\log x}$. On consid{è}re l'espace de Hilbert
$L^2_w(0,+\infty) = \left\{ f : f \sqrt{w} \in L^2(0,+\infty) \right\}$ muni de
$(f,g) = \int_0^{\infty} fgw dx$. Soit $\PP = \left\{ p \,\mbox{polyn{\^o}me
{à} coefficients r{é}els}
\right\}$. \\
1) V{é}rifier que $\PP \subset L^2_w(0,+\infty)$.\\
2) Soit $f(x) = \sin(2\pi \log x)$, montrer que $\forall n \in \NN$, $( x^n,f) =
0$.\\
En d{é}duire que $\PP$ n'est pas dense dans $L^2_w(0,+\infty)$.
\\ \\
{\bf Exercice 6}
\\ \\
Soit V un espace de Hilbert r{é}el tel que $\mbox{dim V} = \infty$.\\
Soit $a : V\times V \longrightarrow \RR$ une application bilin{é}aire continue
et coercive c'est {à} dire telle que $ \exists \beta > 0,\; \vert a(u,v) \vert
\leq \beta \Vert u \Vert\,\Vert v \Vert$, $\forall u,v \in V$ et $\exists \alpha
> 0 $ tel que
$a(v,v) \geq \alpha {\Vert v \Vert}^2$, $\forall v \in V$.\\
Soit $\ell \in V^{\prime}$.\\
1) Montrer que $\exists!u \in V$ tel que $a(u,v)=\ell(v)$, $\forall v \in V$ et
que
$\Vert u \Vert \leq \frac{1}{\alpha} {\Vert \ell \Vert}_{V^{\prime}}$.\\
2) On suppose dans toute la suite de l'exercice que V satisfait l'hypoth{è}se
suivante
:\\
il existe une suite de sous-espaces $(V_n)_{n \geq 1}$ de V telle que
\[ (H) : \left\{ \begin{array}{ll}
(i) & \mbox{dim} V_n = p_n, \\
(ii) & V_n \subset V_{n+1},\\
(iii) & \bigcup_n V_n \mbox{ est dense dans V.}
                \end{array}
\right. \] V{é}rifier que $\exists!u_n \in V_n$ tel que $a(u_n,v) = \ell(v)$,
$\forall v \in V_n$ et que l'on peut extraire de $(u_n)_n$ une sous-suite qui
converge faiblement
dans V vers une limite $u\star$.\\
3) D{é}montrer que $u = u\star$. En d{é}duire que toute la suite $(u_n)_n$
converge
faiblement dans V vers u.\\
On veut montrer que  $(u_n)_n$ converge fortement vers u dans V.\\
4) Premi{è}re d{é}monstration : En d{é}veloppant $a(u_n-u,u_n-u)$, montrer
que $\Vert
u_n-u \Vert \longrightarrow 0$ quand $n \rightarrow \infty$.\\
5) Deuxi{è}me d{é}monstration : On note $\delta_n = \inf \{ \Vert u - w
\Vert,\;w \in V_n \}.$

a) Montrer que $\delta_n$ est atteint.

b) Montrer (sans utiliser la forme bilin{é}aire $a$) que $\delta_n
\longrightarrow 0$.

c) Montrer que $\Vert u_n -u \Vert \leq \frac{\beta}{\alpha} \delta_n$ et en
d{é}duire que $u_n$ converge fortement vers $u$ dans V.
\\
Questions subsidiaires :\\
1) Montrer que $p_n \rightarrow +\infty$ quand $n \rightarrow +\infty$.\\
2) Montrer que l'hypoth{è}se (H) $\Longrightarrow$ V s{é}parable.

%\include{chap910}
\chapter{S{é}ries de Fourier}
 On considère l'espace de Hilbert $L^2([-\pi, \pi])$ que l'on notera aussi
$L^2(-\pi,\pi)$.  On va montrer que le système orthonorm\ea
$$\frac {1}{(2\pi)^\frac {1}{2}}(e^{ikt})_{k\in \cal Z}$$
est une base hilbertienne de $L^2(-\pi, \pi)$.  Cette base s'appelle la base de
Fourier.  On notera
$$c_n(f) = \frac {1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-inx}dx,$$ en sorte que pour
toute $f$ dans $L^2([-\pi, \pi])$ on puisse écrire

$$ f(x) =  \sum_{n\in \relative} c_n(f)e^{inx},$$
la série précédente convergeant au sens $L^2$.  Les $c_n(f)$ s'appellent
les coefficients de Fourier de $f$ et sont proportionnels aux coordonnées de
$f$ dans la base de Fourier.

Pour montrer ce résultat, on va commencer par analyser le comportement des
coefficients de Fourier selon la régularité de $f$.
\begin{lem} \index{Riemann-Lebesgue (Lemme de)} (Lemme de
Riemann-Lebesgue)\label{riemann-lebesgue}
\newline
i)  On pose pour $f\in L^1(\RR)$, $$\hat f(\xi) = \int_{\RR} f(x) e^{-i\xi
x}dx.$$  Si $f\in {\cal C}_c(\RR)$ est  $k$ fois différentiable et
 telle que $f^{(k)}\in L^1(\RR)$,  alors
$$|\hat f(\xi)|\leq
\frac {||f^{(k)}||_{L^1}} {|\xi|^k}.$$
\newline
ii) Si $f\in L^1(\RR)$ alors $\int_{\RR} f(x)e^{iax}dx \to 0 $ quand $|a|\to
\infty$.
\newline
iii) Application aux coefficients de Fourier : si $f\in L^1(-\pi, \pi)$,
$$\lim_{\vert n\vert\to \infty} c_n(f) = 0.$$
\end{lem}
\drem Si $f\in L^2$, on sait immédiatement que $c_n(f)\to 0$ car $c_n(f)$
s'interprètent comme les coordonnées de $f$ sur un système orthonormé.
\frem

\paragraph{Démonstration}
i)
 En int{é}grant par parties $k$  fois l'int{é}grale d{é}finissant $\hat f$,
on
 obtient pour $\xi \neq 0$,
 $$|\hat f(\xi)| = |\frac 1 {(i\xi)^k}\int f^{(k)}(x)e^{-ix\xi}dx|\leq \frac
 {||f^{(k)}||_{L^1}}{|\xi|^k}.$$
\newline
ii)
 Soit $f_n$ une suite de fonctions ${\cal C}^{\infty}$ et {à} support compact qui
tendent vers
 $f$ dans $L^1$ (proposition \ref{densiteCinfiniL1deomega}).  On a, pour $n$
fix{é} assez grand : $||f_n -f||_1\leq \varepsilon$,
 ce qui implique $|\hat f_n(\xi)-\hat f(\xi)|\leq \varepsilon$ pour tout $\xi$.
En utilisant (i), on voit que $|\hat f_n(\xi)|\to 0$ quand $n$ est fix{é}
 et $|\xi|\to \infty$.  Donc $|\hat f_n(\xi)|\leq \varepsilon$  pour $\xi $ assez
grand.
 Finalement,
 $$|\hat f(\xi)| \leq |\hat f(\xi)-\hat f_n(\xi)| + |\hat f_n(\xi)|\leq
2\varepsilon$$
 pour $\xi$ assez grand.
\enddemo

\noindent La proposition suivante nous dit que la série de Fourier de $f$
converge vers $f(x)$ en tout point $x$ o\u $f$ est suffisamment régulière.

\begin{pro} \label{lemmedelocalisation}\index{Principe de localisation}
( Principe de localisation)
\newline
Si $f\in L^1(-\pi, \pi)$ et si la fonction $y\to\frac {f(y)-f(x)} {y-x}$ est
int{é}grable sur un voisinage de $x$, alors $\lim_{N\to \infty} s_Nf(x) =
f(x), $ o{\`u} on a not{é} : $s_Nf(x)= : \sum_{\vert n\vert \leq N}
c_n(f)e^{inx}.$
\end{pro}
Expliquons pourquoi le résultat précédent s'appelle principe de
localisation.
 Alors que $s_N(f)$ est le r{é}sultat d'un calcul int{é}gral sur tout
l'intervalle
 $[-\pi, \pi]$, et donc d'un calcul global, le comportement de $s_Nf(x)$
d{é}pend du
 comportement local de $f$ au voisinage de $x$. Il y  a donc ``localisation''.

\paragraph{Démonstration}
{\bf Etape 1}
 On se ramène au cas $f(x)=0,   x=0$.  \newline
  Supposons la proposition
d{é}montr{é}e pour $x=0$, $f(x)=0$.  Soit maintenant
 $g\in L^1(-\pi, \pi)$ telle que $\frac{g(y)-g(x)}{y-x}$ soit int{é}grable au
voisinage
 de $x$. Alors on pose $f(y)= g(x+y)-g(x) $.  On a bien $f(0)=0$ et
$\frac{f(y)}{y}=\frac {g(x+y)-g(x)}{y}$ est int{é}grable au voisinage de 0.
Donc, par
 hypoth{è}se, $s_Nf(0)\to f(0)=0$.  Mais
 $$s_Nf(0)=\sum_{|n|\leq N}c_n(g(x+y)-g(x))=\sum_{|n|\leq N}
\frac 1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(g(x+y)-g(x))e^{-iny}dy$$
 $$=(\sum_{|n|\leq N}\frac 1
 {2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(z)e^{-in(z-x)}dz) -g(x)=(\sum_{|n|\leq N}
\frac 1 {2\pi}e^{inx}\int_{-\pi}^{\pi}g(z)e^{-inz}dz)-g(x)$$
 $$= s_Ng(x)-g(x).$$
 Donc $s_Ng(x)\to g(x).$
En fait, l'argument précédent montre que $s_N$ commute avec les translations
:
$$s_N[g(.+x)] = (s_Ng)(.+x).$$
\newline
\newline
{\bf Etape 2} On a
 \fb& \label{formeFourierRiemann}
s_Nf(0)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(y) \frac{\sin
(N+\frac{1}{2})y}{\sin\frac{y}{2}}dy. \fe&
 En effet, $\sum_{-N}^Ne^{iky}=\frac {\hbox{sin}(N+\frac {1} {2})y}{\hbox{sin}\frac
{y}
 {2}}$, ce qui se prouve ais{é}ment en sommant la suite g{é}om{é}trique.
\newline
\newline
{\bf Etape 3} Par l'étape 1 il suffit de montrer que si $f\in L^1(-\pi, \pi)$
et si $\frac {f(y)}{y}$ est
 int{é}grable autour de 0, alors $s_Nf(0)\to 0$.  Comme sur $[-\pi, \pi]$,
 $|\hbox{sin}\frac y 2|\geq \frac {|y|} {\pi}$, on a
 $$|\frac {f(y)} {\hbox{sin}\frac y 2}|\leq \frac {\pi |f(y)|}{|y|}\in L^1(-\pi,
\pi).$$
 Donc on peut appliquer le lemme de Riemann-Lebesgue à la  fonction
$\frac {f(y)}{\hbox{sin}\frac y 2}$.  On conclut que l'int{é}grale de
(\ref{formeFourierRiemann}) définissant $s_Nf(0)$ tend vers 0 quand $N$ tend
vers l'infini.
\enddemo

\begin{cor} \index{Base de Fourier} \label{basel2} Le système
$$\frac {1}{(2\pi)^\frac {1}{2}}(e^{ikt})_{k\in \cal Z}$$
est une base hilbertienne de $L^2(-\pi, \pi)$. Notant $c_n(f) = \frac
{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}f(x)dx,$ on a donc pour toute $f$ dans
$L^2([-\pi, \pi])$,
$$ f(x) =  \sum_{n\in \relative} c_n(f)e^{inx},$$
la série précédente convergeant au sens $L^2$.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
On appelle polyn\oo me trigonométrique toute expression de la forme
$P(t)=\sum_{k=-N}^N a_k e^{ikt},$ o\u les $a_k$ sont des nombres complexes. Pour
montrer que le système de Fourier est une base hilbertienne, il nous suffit
de montrer que c'est un système total, \ccaadd que les polyn\oo mes
trigonométriques forment un sous-espace vectoriel dense de $L^2(-\pi, \pi)$.
Mais le  lemme \ref{lemmedelocalisation} ( Principe de localisation) nous assure
que si $f$ est (e.g.) ${\cal C}^2$ et $2\pi$-périodique sur $\RR$, alors
$s_N(f)(x)\to f(x)$ en tout point.  Comme de plus les coefficients de la série
de Fourier de $f$ vérifient $|c_k(f)|\leq \frac C{k^2}$, la série de Fourier
est en fait uniformément convergente et donc converge  aussi dans $L^2([-\pi,
\pi])$ vers $f$.  Or, les fonctions ${\cal C}^2$ et 2$\pi$-périodiques forment
un sous-espace dense de $L^2([-\pi, \pi])$. En effet, par le corollaire
\ref{densiteCinfiniL1deomega}, les fonctions ${\cal C}^{\infty}$ à support
compact dans $[-\pi,\pi]$ sont denses dans $L^2(-\pi,\pi)$. On conclut que le
système de Fourier est total, et donc une base hilbertienne.
\enddemo

\begin{cor} \index{Principe de localisation (pour une fonction H\ooo lderienne)}
si $f\in L^1([-\pi, \pi])$ est H{\"o}ld{é}rienne d'exposant
 $0<\alpha\leq 1$ en $x$ (\ccaadd $\vert f(x)-f(y)\vert \leq C\vert x-y
\vert^\alpha $ ), alors $s_Nf(x)\to f(x)$. Cette conclusion s'applique si $f$
est une primitive sur $[-\pi, \pi]$ d'une fonction de $L^2(-\pi, \pi)$.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
 L'application du principe de localisation est imm{é}diate :\newline $|\frac
{f(y)-f(x)}{y-x} |\leq |x-y|^{\alpha -1}$ qui
 est bien int{é}grable au voisinage de $x$.
 Soit maintenant $f$ une fonction qui est la primitive sur $[-\pi, \pi]$ d'une
fonction de $L^2(-\pi, \pi)$. En appliquant l'in{é}galit{é} de
Cauchy-Schwarz,
  $$|f(x)-f(y)| = |\int_y^x f'(t)dt|
 \leq |y-x|^{\frac 1 2}(\int_{-\pi}^{\pi} |f'(t)|^2dt)^{\frac 1 2}.$$
 La fonction $f$ est donc H{\"o}lderienne d'exposant $\frac 1 2$ et le principe de
 localisation s'applique.
\enddemo

\begin{rem} {\bf (importante)} Le principe de localisation, quand il s'applique,
nous assure que les sommes {\rm symétriques}, $s_nf(x)=  \sum_{\vert k\vert
\leq n} c_k(f)e^{ikx}$ de la série de Fourier convergent vers $f(x)$.  Le fait
que le système de Fourier soit une base hilbertienne nous en dit plus, et
moins.  En effet, si $f\in L^2([-\pi, \pi])$, on peut assurer que les sommes
{\it asymétriques}, $s_{m,n}f(x)=  \sum_{-m\leq k\leq n} c_k(f)e^{ikx}$
convergent dans $L^2$ vers $f$ quand $n,m\to +\infty$. Mais, attention : cette
convergence n'est pas ponctuelle.
\end{rem}

\section{ Convolution des fonctions périodiques et séries de Fourier}
La décomposition en série de Fourier d'une fonction $f\in L^2([-\pi, \pi])$
implique qu'on la considère comme une fonction $2\pi-$périodique, puisque
la série de Fourier l'est.
\begin{Def}\index{Convolution périodique} {\bf et proposition}
 Si  $f\in L^1([-\pi, \pi])$ et $g\in L^1([-\pi, \pi])$, on prolonge $f$
et $g$ en des fonctions $2\pi $-périodiques sur $\RR$ et on pose $f \ast
g(x)=\int_{-\pi}^\pi f(y)g(x-y)dy$. La fonction $f \ast g$ ainsi définie
appartient à $L^1(-\pi,\pi)$ et est $2\pi$-périodique.
\end{Def}
\dexer  En reprenant l'argument du théorème
\ref{universalitedelaconvolution}, montrer que si $T: L^2_{periodique}([-\pi,
\pi])\to C^0_{periodique}([-\pi,\pi])$ est linéaire, continu  et commute avec
les translations, alors il existe une fonction $g\in L^2([-\pi, \pi])$ telle que
 $Tf=g\ast f$, o\u "$\ast$" désigne la convolution périodique.`
\fexer

\begin{thf}
Si $f, g \in L^2(-\pi, \pi)$, alors $f\ast g$ est continue  et $c_n(f\ast g) =
2\pi c_n(f)c_n(g)$. De plus, la s{é}rie de Fourier de $f\ast g$ converge
uniformément vers $f\ast g$.
\end{thf}
Remarquons que la relation précédente montre l'effet régularisant de la
convolution : les hautes fréquences de $f\ast g$ sont plus faibles que celles
de $f$, puisque $c_n(g)$ tend vers zéro.
\paragraph{Démonstration}


\noindent i) On a par l'inégalité de Cauchy-Schwarz
$$|(f\ast g)(t)|\leq
\int|f(t-s)||g(s)|ds\leq ||f||_{L^2}||g||_{L^2}.$$
\newline Donc $f\ast g\in L^2(-\pi, \pi)$ et on a, en
appliquant plusieurs fois le théorème de Fubini (les intégrales se  font
sur $[-\pi, \pi]$ ou, indifféremment, sur n'importe quel intervalle de
longueur $2\pi$) :
$$c_n(f\ast g)=\frac 1{2\pi}\int\int f(t-s)g(s)e^{-int}dsdt =
\frac 1 {2\pi}\int\int f(t-s)e^{-in(t-s)}g(s)e^{-ins}dsdt$$
$$= \frac 1 {2\pi}(\int g(s)e^{-ins}ds
)(\int f(u)e^{-inu}du)=c_n(f)c_n(g).$$
\newline
 Le terme général de la série de Fourier de $f\ast g$ vérifie
$$|c_n(f\ast g)e^{inx}|=|c_n(f)||c_n(g)|\leq |c_n(f)|^2+|c_n(f)|^2.$$
 Cette
dernière série est convergente.  La série de Fourier de $f\ast g$ est
donc uniformément convergente.  Sa limite est donc continue.  Remarquer que si
$f_n\to f$ dans $L^2$ et si $f_n\to g$ presque partout, alors $f=g$ : c'est une
conséquence de la réciproque du théorème de Lebesgue.
\enddemo


\begin{cor} \index{Base de Fourier en sinus et cosinus}Autres bases de Fourier.
Les fonctions
$$\frac{1}{\sqrt T},    \sqrt \frac{2}{T} \cos(\frac {2k\pi t}{T}),
  \sqrt \frac{2}{T} \sin(\frac {2k\pi t}{T}),   k=1, 2, ... $$
forment une base hilbertienne de $L^2(0,T)$.
\newline
ii) Il en est de m\eee me pour  les fonctions \index{Base en cosinus}
$$\frac{1}{\sqrt T},    \sqrt \frac{2}{T} \cos(\frac {k\pi t}{T}),   k=1,
2, ...  $$
  La transformée associée à la base en cosinus s'appelle la "transformée en
cosinus."
\newline La "base en sinus",\index{Base en sinus} $\sqrt
\frac{2}{T} \sin(\frac {k\pi t}{T}),   k=1, 2, ...  $.
\end{cor}

\paragraph{Démonstration}
i) Cette première base résulte de l'application à la base de Fourier de la
remarque générale suivante.  Si $(e_k)_{k\in \relative }$ est une base
hilbertienne, alors le système $f_0=e_0$,..., $f_{2k}=\frac{e_k+e_{-k}}{\sqrt
2}$, $f_{2k+1}=\frac{e_k-e_{-k}}{\sqrt 2}$, ... aussi.
\newline
ii) Si $f\in L^2(0,T)$, on lui associe la fonction paire $\tilde f$ sur $[-T,
T]$ qui co{\"\i}ncide avec $f$ sur $[0,T]$.  On décompose $\tilde f$ sur la
base de Fourier de $[-T,T]$.   La base de Fourier sur $[-T, T]$ est formée des
fonctions $\frac 1{\sqrt {2T}}e^{i\pi kt\over T}$. Donc on a
\newline
$\tilde f(x) =_{\small L^2} \sum_{n\in \relative}\frac 1
{2T}(\int_{-T}^{T}\tilde f(t)e^{-i\pi kt\over T}dt )e^{i\pi kx\over T}.$ Comme
$\tilde f$ est paire, on voit en faisant le changement de variables $t\to -t$
dans les intégrales que les coefficients de $e^{i\pi kt \over T}$ et $e^{-i\pi
kt \over T}$ sont égaux.  On remarque aussi que $\int_{-T}^T\tilde f(t)e^{i\pi
k t\over T}dt =2 \int_0^T f(t)\cos(\frac{\pi kt}T)dt$.  Aussi,
\newline
$\tilde f(x) =_{\small L^2}\frac 1 {2T}\int_{-T}^T\tilde f(t)dt + \sum_{n\in
\NN^*}\frac 1 {2T}(\int_{-T}^{T}\tilde f(t)e^{-i\pi kt\over T}) (e^{i\pi kx\over
T}+e^{i\pi kx \over T}),$ et donc
\newline
$ f(x) =_{\small L^2}\frac 1 {T}\int_{0}^T f(t)dt + \sum_{n\in \NN}\frac 2
{T}(\int_{0}^{T} f(t)\cos(\frac{\pi kt}T)) \cos(\frac{\pi kx}T).$
 Comme les fonctions \linebreak $\frac 1 {\sqrt T},\;\sqrt{\frac 2 T}
\cos(\frac{\pi kx}T)$ forment un système orthonormé de $L^2(0,T)$, l'\e
galité  précédente exprime qu'elles forment en fait une base hilbertienne.
\newline\newline
(iii)   Si on prolonge la fonction $f$ en une fonction impaire sur $[-T, T]$ et
que l'on reprend le raisonnement précédent,  on trouve la base en sinus.
Cette base a la propriété, utile pour modéliser les cordes vibrantes, que
ses éléments valent 0 aux extrémités de l'intervalle.

\enddemo
\\ \\

{\bf Remarque:} Le r{é}sultat ii), relatif {à} la transform{é}e en
cosinus, s'obtient en consid{é}rant la s{é}rie de Fourier du signal pair
$\tilde f$ obtenu par symm{é}trie par rapport {à} l'axe des $y$. Ceci est
tr{è}s important en pratique, car l'introduction de cette symm{é}trie, qui
se g{é}n{é}ralise sans mal au cas des images, permet d'éviter la
pr{é}sence de discontinuit{é}s aux frontières du domaine du signal ou de l'image (supposés périodique dans le cadre de la décomposition en séries
de Fourier), qui sont {à} l'origine d'effets de Gibbs (voir le paragraphe
\ref{Gibbs}). Ce type de transform{é}e en cosinus est souvent
utilis{é}e en compression des images (comme dans le standard JPEG). Un autre
avantage de cette d{é}composition, pour la compression, est pr{é}sent{é}
ci-dessous.

\section{ D{é}croissance des coefficients de Fourier et probl{è}mes de compression du
signal}

On s'int{é}resse au comportement des coefficients de Fourier quand la
$2\pi$-p{é}riodis{é}e de  $f$ est $C^1, C^2,$ etc... Si $f$ est $C^p$ et
$2\pi$-p{é}riodique, en int{é}grant par parties $p$ fois sur
 $[0, 2\pi]$,  $$c_n(f) = \int e^{-inx}f(x)dx = \frac 1 {(in)^p} \int
 e^{-inx}f^{(p)}(x)dx.$$
 Donc, les coefficients d{é}croissent d'autant plus vite que $f$ est plus
 r{é}guli{è}re.

Si maintenant $f$ pr{é}sente un saut en 0, on montre que si $f$ est $C^1$ sur
$[0, 2\pi]$ mais pas $2\pi$-p{é}riodique, alors $c_n(f)=O(\frac 1 n)$. Plus
pr{é}cis{é}ment, si nous notons $f(0^+)$ la valeur en 0 par la
 droite et $f(2\pi^-)$ la valeur en $2\pi$ par la gauche
$$c_n(f) = \frac 1 {in}\int_0^{2\pi} e^{-inx}f'(x)dx +
\frac{f(0^+)-f(2\pi^-)}{in}.$$ Or on montre (par le lemme de Riemann-Lebesgue)
que le premier terme est $o(\frac 1 n)$. On sait que
 $\sum_{n\geq N} \frac 1{n^2} = O(\frac 1 n)$, et la d{é}croissance des
coefficients de Fourier de la fonction est donc tr{è}s lente (1000
 termes pour une pr{é}cision de  $10^{-3}$), d{è}s que la fonction pr{é}sente
une discontinuit{é}.

En ce qui concerne les coefficients de Fourier $c_{k,l}$ d'une ``image'',
c'est-{à}-dire une fonction $f(x,y)$ d{é}finie sur un carr{é} $[0,
2\pi]\times [0, 2\pi]$, $C^1$, mais pas $2\pi\times 2\pi$-p{é}riodique, le
r{é}sultat est identique. On montre que $c_{n, m} = O(\frac 1 {nm})$ et le
reste (pour la  norme $L^2$) de la
 s{é}rie double est donc en $O(\frac 1 {nm})$.  Donc, pour
 une pr{é}cision de $10^{-3}$,
 il faut encore 1000 termes.

Une bonne alternative lorsque la fonction pr{é}sente une discontinuit{é} du
 type pr{é}c{é}dent consiste {à} utiliser la tranform{é}e en cosinus: $c_n(f)
 =\frac 1 \pi \int _0^{2\pi} \cos nx f(x) dx$. On a, en int{é}grant par parties
 et en remarquant que $\sin nx$ s'annule en 0 et
 $2\pi$, $$c_n(f) = \frac 1 {i\pi n}\int_0^{2\pi}\sin nxf'(x)dx.$$
Puis on montre que $c_n(f) = o(\frac 1 n)$ par le lemme de Riemann-Lebesgue. Les
coefficients de
 Fourier ``en cosinus'' d{é}croissent donc plus vite qu'avec la transform{é}e de Fourier
classique
 et on peut donc en transmettre moins pour une qualit{é} d'image {é}gale. Pour
 transmettre une image, on la d{é}coupe en petits carr{é}s et on transmet une partie
 des coefficients de Fourier de chaque imagette (principe utilis{é}e par le
 standard JPEG).  On augmente ainsi la probabilit{é}
 qu'une imagette pr{é}sente une couleur homog{è}ne et soit donc r{é}guli{è}re.
 L'utilisation de la tranform{é}e en cosinus permet donc de comprimer l'information dans
 les sous-carr{é}s de l'image o{\`u} celle-ci est r{é}guli{è}re.  Par contre, les
 calculs pr{é}c{é}dents prouvent qu'on ne gagne rien quand un ``bord'' est pr{é}sent
 dans l'imagette. En effet, (on pourra expliciter le calcul pour une image blanche au
 dessus de la diagonale et noire en dessous), un calcul du m{\^e}me type que ci-dessus
implique
 que les coefficients d{é}croissent en $O(\frac 1 {nm})$. C'est ce qui explique les
 ph{é}nom{è}nes de ``halo'' autour des objets sur un fond contrast{é} : le petit
 nombre de coefficients transmis ne suffit pas {à} approcher bien
 l'imagette. Nous verrons au chapitre \ref{Gibbs} qu'il y a une autre raison {à}
 ceci: le ph{é}nom{è}ne de Gibbs (voir la figure \ref{maillezais}). Le long des discontinuit{é}s de
 l'image, apparaissent toujours des oscillations r{é}siduelles, quel que soit
 le nombre de coefficients transmis.

En conclusion, la transform{é}e en cosinus, s'affranchissant des
discontinuit{é}s aux fronti{è}res du domaine de l'image, pr{é}sente un
double avantage sur la transform{é}e de Fourier. En termes d'{é}conomie de la
repr{é}sentation, elle tire mieux partie de l'eventuelle r{é}gularit{é} de
la fonction {à} l'int{é}rieur de son domaine (r{é}gularit{é} souvent
{é}lev{é}e dans le cas d'imagettes). De plus, elle {é}vite l'apparition
d'oscillations r{é}siduelles le long de ces fronti{è}res.

\section{Ph{é}nom{è}ne de Gibbs}
\label{Gibbs} \index{Ph{é}nom{è}ne de Gibbs}

Dans ce chapitre, nous d{é}taillons comment la repr{é}sentation d'un signal
par sa s{é}rie de Fourier conduit {à} l'apparition d'oscillations
r{é}siduelles, dont l'amplitude ne d{é}pend pas du nombre de coefficients
utilis{é}s pour repr{é}senter la fonction. Ce r{é}sultat math{é}matique
sur l'approximation d'un signal par les sommes partielles de sa s{é}rie de
Fourier porte le nom de ph{é}nom{è}ne de Gibbs.

Ce ph{é}nom{è}ne est observ{é} {à} la sortie de tout syst{è}me
physique ou num{é}rique  mesurant ou calculant  une fonction $f$. Si la
fonction $f(t)$ ($t$ d{é}signant par exemple le temps) ``saute'' brusquement
d'une valeur {à} une autre, alors l'exp{é}rimentateur observe une s{é}rie
d'oscillations avant et apr{è}s le saut.  Il se gardera bien de les
interpr{é}ter comme faisant partie du signal.  En effet, le ph{é}nom{è}ne
est  d{\^u} au fait que les appareils de mesure (et les programmes
num{é}riques sur ordinateur) ``tronquent'' n{é}cessairement les hautes
fr{é}quences.  Cela veut aussi dire que l'on n'observe jamais les fonctions
elles m{\^e}mes, mais des sommes partielles de leur s{é}rie de Fourier.  Et on
observe donc aussi les ``parasites'' d{\^u}s {à} cette troncature en
fr{é}quence ; en particulier, le ph{é}nom{è}ne de Gibbs. Du point de vue
math{é}matique, on peut {é}noncer le ph{é}nom{è}ne comme suit :
  \newline
`` Si une fonction $f$, par ailleurs r{é}guli{è}re,   pr{é}sente un saut
en un point, alors les sommes partielles $s_Nf$ de sa  s{é}rie de  Fourier
accentuent ce saut en le multipliant par un facteur qui ne  d{é}pend pas de
$N$.''

Voici le r{é}sultat pr{é}cis dans un cas simple: on consid{è}re la
fonction ``en dents de scie'' $s(x)$, $2\pi$-p{é}riodique et telle que
$s(x)=\frac{\pi-x}{2}$ sur $\lbrack 0, 2\pi\lbrack$.  Le calcul des coefficients
de Fourier de $s$ et le corollaire \ref{basel2} montrent que
$s(x)$"="$\sum_{k=1}^\infty \frac {\sin(kx)}{k}$ au sens de la convergence
$L^2$, ainsi qu'en tout point de l'intervalle ouvert $]0,2\pi[$, d'après la
proposition \ref{lemmedelocalisation}. On consid{è}re les sommes partielles de
cette s{é}rie de Fourier, $s_n(x) = : \sum_{k=1}^n \frac {\sin(kx)}{k}$. Pour
étudier le comportement de $s_n$ au voisinage de 0, on établit le lemme
suivant:
\begin{lem}
Pour $\vert x\vert \leq 1$ et uniform{é}ment en $x$,
$$s_n(x) =
\int_0^x\frac {\sin(nt)}{t}dt -\frac{x}{2} + O(x,\frac{1}{n}).$$
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}
Nous commen{\c c}ons par {é}tablir la formule
\begin{equation}
\label{resinter} \frac{1}{2}+\sum_1^n \cos(kx) - \frac 1 2 \cos(nx) =
\frac{\sin(nx)}{2\hbox{tg}\frac {x}{2}},
\end{equation}
qui r{é}sulte du calcul suivant:
$$\frac 1 2 + \sum_1^n \hbox{cos} nx = \frac 1 2 \sum_{-n}^n e^{ikx} = \frac 1 2
 e^{-inx}(\frac {e^{(2n+1)ix}-1}{e^{ix}-1})$$
 $$=\frac 1 2 \frac{e^{ix(n+\frac 1 2)}-e^{-ix(n+\frac 1 2)}}{e^{i\frac x 2}-e^{-i\frac x
 2}} = \frac {\hbox{sin}nx\hbox{cos}\frac x 2 + \hbox{sin}
\frac x 2\hbox{cos}nx}{2\hbox{sin}\frac x 2}$$
 $$=\frac 1 2 \frac {\hbox{sin}nx}{\hbox{tg}\frac x 2} + \frac {\hbox{cos}nx}{2}.$$

Puis on int{é}gre cette relation entre 0 et $x$ et on soustrait des deux
cot{é}s $\frac x 2 + \int_0^x\frac {\hbox{sin}nt}tdt$.
 On remarque que la fonction $\frac {\hbox{cos}\frac t 2}{2\hbox{sin}\frac t 2}-\frac 1 t$
est $C^1$.  En effet, en d{é}veloppant au voisinage de 0,
  $$\frac {\hbox{cos}\frac t 2}{2\hbox{sin}\frac t 2}-
\frac 1 t = \frac {t\hbox{cos}\frac t 2 - 2\hbox{sin}\frac t 2}{2t \hbox {sin}
\frac t 2}$$
 $$=\frac {t(1-\frac{t^2}8)-2(\frac t 2 -\frac {t^3}{48}) +o(t^3)}
{t^2-\frac{t^4}{24}+o(t^4)}=\frac {t^3(-\frac 1 8 + \frac 1 {24})+o(t^3)}
{t^2-\frac{t^4}{24}+o(t^4)}$$
 $$=-\frac t {12} +o(t).$$
 On peut donc int{é}grer par parties
  $\int_0^x  ((\sin(nt))(\frac{\hbox{cotg}(\frac{t}{2})}{2}-\frac{1}{t})
 + \frac{cos(nt)}{2})$, et  cette expression est donc major{é}e par $\frac C n$
 pour une constante $C$ ad{é}quate.
\enddemo
Ce lemme nous permet de préciser le comportement de $s_n$ au voisinage de 0:
\begin{pro}{\bf (Phénomène de Gibbs)}:
\begin{equation}
\label{limsupinf} \limsup_{n\to \infty, x\to 0^+} s_n(x) =(1+c) s(0^+); \quad
\liminf_{n\to \infty, x\to 0^+} s_n(x) =(1-c') s(0^+).
\end{equation}
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
On va étudier la suite $s_n(\frac{\pi}{n})$
 quand $n\to\infty$. On commence par étudier les variations de $G(a)=:
\int_0^a\frac{\sin(t)}{t}dt$ pour en d{é}duire que
 $G(\pi)>G(+\infty)$. La fonction $G(a)$ est croissante sur les intervalles pairs $[2k\pi,
(2k+1)\pi]$ et
 d{é}croissante sur les intervalles impairs.  On voit ais{é}ment que
 $|G((n+1)\pi)-G(n\pi)|$ est une suite d{é}croissante.  Il en r{é}sulte que
 la suite $G(2n\pi)$ est une suite croissante strictement, la suite $G((2n+1)\pi)$ une
 suite strictement d{é}croissante, et les deux convergent vers une valeur commune
 not{é}e $G(+\infty)$.  On a donc $G(\pi)>G(+\infty)$. On sait par ailleurs
 que $G(+\infty)=\frac{\pi}{2}$. Revenons à la suite $s_n(\frac {\pi} n)$. On a
$$s_n(\frac
{\pi} n) =\int_0^{\frac {\pi} n} \frac {\hbox{sin}nt}{t}dt
 -\frac{\pi}{2n} + O(\frac 1 n)=\int_0^{\pi} \frac {\hbox{sin}u}{u}du$$
 $$=G(\pi) > G(+\infty)=\frac {\pi} 2 = s(0^+),$$
 car $s(0^+)=\frac {\pi}{2}=\int_0^{+\infty}\frac {\hbox{sin}u}{u}du$.
 Donc pour tout $n$, il y a une valeur tr{è}s  proche de 0, en l'occurrence $\frac \pi n$,
telle que la somme partielle de la s{é}rie de Fourier d{é}passe d'un facteur
 constant $\frac {G(\pi)}{G(+\infty)}$ la valeur de la limite $s(0^+)$.  Pour raisons de
 sym{é}trie, la m{\^e}me chose se produit en $0^-$ avec la suite $s_n(-\frac \pi
 n)$. Nous avons donc montr{é} l'existence des $\limsup$ et $\liminf$ de
 l'{é}quation (\ref{limsupinf}).
\enddemo

Num{é}riquement, les constantes positives $c$ et $c'$ sont de l'ordre de
$0,18$. Plus pr{é}cis{é}ment, la somme partielle $s_n$ de la s{é}rie de
Fourier de $f$ pr{é}sente des oscillations, maximales aux points
$\frac{k\pi}{n}$. Les oscillations de cette approximation ont donc une
fr{é}quence de plus en plus {é}lev{é}e avec l'ordre d'approximation $n$,
mais l'erreur reste proportionnelle au saut de la fonction $f$. Ce r{é}sultat
se g{é}n{é}ralise au cas d'une fonction $C^1$ sur $[0, 2\pi]$, mais pas
$2\pi$ p{é}riodique. Pour ce faire, on soustrait {à} la fonction $f$ une
fonction en ``dents de scie'' $\lambda s + \mu = \tilde s$, o\u $\lambda$ et
$\mu$ ont été choisis de mani{è}re {à} la rendre Lipschitzienne  et on
applique {à} la diff{é}rence $f-\tilde s$ le principe de localisation. Il y
a donc convergence uniforme de la série de Fourier de $f-\tilde s$ vers
$f-\tilde s$, alors que la série de Fourier de $\tilde s$ présente le ph\e
nomène de Gibbs.  Le développement de Fourier de $f$ présente donc aussi
le phénomène de Gibbs.

Nous illustrons, {à} la figure \ref{marchegibbs}, le ph{é}nom{è}ne dans le
cas de la fonction $2\pi$-p{é}riodique, impaire, et valant 1
sur l'intervalle $]0,\pi]$. Nous montrons les sommes partielles de sa s{é}rie de Fourier. Remarquons en particulier le fait que l'erreur
maximum ne varie pas avec le nombre de coefficients de l'approximation. En
revanche, la fr{é}quence de ces oscillations augmente avec l'ordre
d'approximation.
 Nous présentons ensuite une illustration du ph{é}nom{è}ne de Gibbs
dans le cas des images numériques: partant d'une image, nous calculons sa
s{é}rie de Fourier (en fait une approximation finie de cette s{é}rie
pr{é}sent{é}e au paragraphe suivant: la transform{é}e de Fourier
discr{è}te), mettons les hautes fr{é}quences {à} z{é}ro, puis calculons
l'image dont la s{é}rie de Fourier est celle ainsi obtenue (anticipant sur les
d{é}finitions et notations du paragraphe suivant sur la transform{é}e de
Fourier discr{è}te, nous multiplions l'image $\tilde u _{mn}$ par la fonction
indicatrice d'un carr{é} centr{é} sur $\tilde u_{0,0}$, puis appliquons la
TFD inverse). Nous montrons le r{é}sultat figure \ref{maillezais}, o{\`u} l'image
originale est plac{é}e à gauche. Le r{é}sultat, image
obtenue apr{è}s troncature des hautes fr{é}quences, à droite, pr{é}sente de
tr{è}s nombreuses oscillations.

Ce ph{é}nom{è}ne appara{\^\i}t {é}galement lorsque le spectre est
utilis{é} {à} des fins de manipulation d'image, comme nous le verrons au
chapitre suivant.
\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=8cm]{Figures/marchegibbs1.eps}
\includegraphics[width=8cm]{Figures/marchegibbs2.eps}
\end{center}
\caption[Phénomène de Gibbs 1]{Sommes partielles de la s{é}rie de Fourier de la fonction $2\pi$-périodique, impaire, valant 1 sur $]0,\pi]$.
Haut: les approximations sont représent{é}es sur le m{\^e}me graphe, sur
l'intervalle $]0,\pi]$. Bas: les diff{é}rentes approximations sont
tra\c{c}{é}es selon un troisi{è}me axe (nombre de termes entre 1 et 20). On
remarque que l'erreur maximale d'approximation ne varie pas avec le nombre de
termes, tandis que la fr{é}quence des oscillations augmente.}
\label{marchegibbs}
\end{figure}
\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=7.5cm]{Figures/maille1.ps}
\includegraphics[width=7.5cm]{Figures/maille3.ps}
\end{center}
\caption[Phénomène de Gibbs 2]{Illustration de l'effet de Gibbs. Gauche: l'image originale; droite: l'image
apr{è}s que l'on ait tronqu{é} ses hautes fr{é}quences, et sur laquelle
sont visibles de nombreuses oscillations. L'image de droite est obtenue en ne
conservant que les fréquences dont le module est inférieur au quart de la
fréquence maximale. Le phénomène est
particulièrement visible le long des frontières du domaine de l'image
(voir en particulier le c\^oté droit) et le long des discontinuités de
l'image. Remarquons que l'image est également devenue floue par suppression
des hautes fréquences.} \label{maillezais}
\end{figure}


\section{Exercices}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
Soit ${(s_n)}_n \subset \CC$ telle que $s_n \longrightarrow s$. Montrer que
$$\frac{1}{n+1} \sum_0^n s_j \longrightarrow s.$$
\\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
Montrer qu'il existe ${(s_n)}_n \subset \CC$ telle que ${(s_n)}_n$ ne converge
pas et
$$\frac{1}{n+1} \sum_0^n s_j \mbox{ converge.}$$
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
On note ${\cal C}(\Pi) = \{ f \in {\cal C}(\RR),\;2\pi \mbox{-p{é}riodiques}
\}$, que l'on munit de ${\Vert f \Vert}_{\infty} = \sup_t \vert f(t) \vert$. On
notera ${\Vert f \Vert}_1 = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \vert f(t) \vert
dt.$ Soit $f \in {\cal C}(\Pi)$, on d{é}finit les coefficients de Fourier de f
par
$$\widehat{f} (n) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t) e^{-int} dt,\;\; n
\in \ZZ.$$ On note
\begin{eqnarray*}
S_n(f,t) & = & \sum_{-n}^n \widehat{f} (k) e^{ikt},\;\;n\in \NN \mbox{ et} \\
\sigma_n(f,t) & = & \frac{1}{n+1} \sum_0^n S_j(f,t).
\end{eqnarray*}
1) On pose $D_N(t) = \sum_{-N}^N e^{ikt}$ et $K_N(t)= \frac{1}{N+1} \sum_0^N
D_j(t)$, pour $N \in \NN$.\\
Montrer que
\begin{eqnarray*}
D_N(t) & = & \frac{\sin(N+\frac{1}{2})t}{\sin\frac{t}{2}},\;\;t \not=
0,\;\;D_N(0) = 2N+1,\\
K_N(t) & = & \frac{1}{N+1} {\left( \frac {\sin \frac{N+1}{2}t}{\sin \frac{t}{2}}
\right)}^2 ,\;\;t\not=0,\;\;K_N(0) = N+1.
\end{eqnarray*}
2) V{é}rifier que $K_N(t) \geq 0$, $\forall t \in \RR$, ${\Vert K_N \Vert}_1 =
1$ et que $\forall \delta > 0$, $K_N \longrightarrow 0$ uniform{é}ment sur
$\delta
\leq \vert t \vert \leq \pi$.\\
3) Montrer que si $f \in {\cal C}(\Pi)$, $\sigma_n(f) \longrightarrow f$
uniform{é}ment sur $[-\pi,\pi]$. (Remarquer que $\sigma_n(f,t) =
\frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f(x) K_n(t-x) dx = K_n
\star f(t) = f \star K_n(t).)$\\
4) On appelle polynôme trigonom{é}trique, toute fonction de la forme
$\sum_{-n}^n a_k e^{ikt}.$\\
En d{é}duire que les polyn\^omes trigonom{é}triques sont denses dans ${\cal
C}(\Pi)$ et que si $f,g \in {\cal C}(\Pi)$ sont telles
que $\forall n \in \ZZ$, $\widehat{f} (n)=\widehat{g} (n)$ alors $f=g.$\\
5) Th{é}or{è}me de Du Bois-Reymond :\\
$\exists f \in {\cal C}(\Pi)$ telle que $\lim \sup \vert S_n(f,0) \vert = +
\infty.$\\
Pour d{é}montrer ce r{é}sultat, on d{é}finit $\Lambda_n : {\cal C}(\Pi)
\longrightarrow \CC$ telle que
$\Lambda_n(f) = S_n(f,0).$\\
\indent a) V{é}rifier que $\Lambda_n \in ({\cal C}(\Pi))^{\prime}$.\\
\indent b) Montrer que $\Vert \Lambda_n \Vert = {\Vert D_n \Vert}_1.$\\
\indent c) Montrer que ${\Vert D_n \Vert}_1 \longrightarrow + \infty$ (par
exemple : ${\Vert D_n \Vert}_1 \geq \frac{4}{\pi^2} \log (n+1)).$\\
\indent d) En d{é}duire que $\exists f \in {\cal C}(\Pi)$ telle que $\sup_n
\vert S_n(f,0) \vert = + \infty$.\\
6) Soit $f \in L^1(-\pi,\pi)$, on note $c(f) = (\widehat{f}(n))_{n \in \ZZ}$.
V{é}rifier que
$$c(f) \in C_0(\ZZ) = \left\{ c = (c_n)_n : c_n \rightarrow 0\,\,
\mbox{quand}\,\, n \rightarrow \pm \infty \right\}.$$ 7)  Soit $f \in
L^1(-\pi,\pi)$ telle que $\int_{-\pi}^{\pi} f(x)p(x) dx =0$ pour tout
polyn{\^o}me $p$ trigonom{é}trique, v{é}rifier que $f = 0$ p.p.\\
8) Montrer que l'application $T : L^1(-\pi,\pi) \rightarrow C_0(\ZZ)$ telle que
$T(f) = (\widehat{f}(n))_{n \in \ZZ}$ est lin{é}aire continue injective mais
non surjective.

%marque1

\chapter{Le cas discret}


\section{Transformée de Fourier Discrète, applications}
\label{s:TFD}


\subsection{La dimension 1}

La transformée de Fourier discrète est un moyen de calculer les
coefficients de Fourier d'un fonction $a$-périodique $u$,
directement à partir de ses $N$ échantillons $u(\frac{ka}N$, $k=0,
... N-1$.  Cela n'est possible exactement que si la fonction
présente un nombre de fréquences inférieur à $N$.

Pour des raisons de simplicité des notations, nous supposerons
dans ce paragraphe que $N$ est pair. Tous les résultats
enoncés (sauf ceux du paragraphe \ref{TFR} relatifs à la
transformée de Fourier rapide) s'adaptent sans difficultés au
cas $N$ impair.  En pratique, $N$ est en fait toujours une
puissance de  2.

Soit $u(x)$ une fonction réelle ou complexe  de p{é}riode $a$,
et $N$ un entier pair. On cherche un polyn{\^o}me
trigonom{é}trique de la forme
\begin{equation}
\label{poly} P(x)=\sum_{n=-N/2}^{N/2-1}\tilde{u}_n
\exp\left(\frac{2i\pi n x}{a}\right),
\end{equation}
qui soit {é}gal {à} $u$ aux points $\frac{ka}{N}$ pour
$k=0...N-1$. On dira dans la suite que $P$ est de degré $\frac
N2$.  Le but est donc d'interpoler les échantillons
$u(\frac{ka}{N})=u_k$.
\newline\newline
{\small Pourquoi choisir un polynôme trigonométrique ? La raison
est physique : tous les dispositifs d'acquisition de signaux
(sons) ou images ont une {\it bande passante}, \ccaadd un
intervalle de fréquences captées par le dispositif
d'enregistrement ; les autres fréquences sont perdues ou tellement
atténuées qu'on les néglige : on suppose donc que la "bande
passante" est $[-\frac N2, \frac N2-1]$.  Il n'y a par contre
aucune raison de supposer que le signal ou image soit périodique
et d'une période qui coïncide avec la fenêtre d'observation $[0,
a]$. Cette hypothèse est donc imposée à la donnée et provoque une
distorsion qu'on a évaluée  : le phénomène de Gibbs. Si en fait la
fonction $u$ dont on possède les $N$ échantillons n'a pas une
bande de fréquence dans $-\frac N 2, \frac N2-1$, son
interpolation par un polynôme trigonométrique de degré $\frac N2$
provoque une autre distorsion que nous allons évaluer précisément
:   l'aliasage.}
\newline
On va commencer par calculer les coefficients de $P$.

\begin{Def}
 On pose
$u_k=u(\frac{ka}{N})$, $\omega_N=\exp\left(\frac{2i\pi}{N}\right)$
et,pour $n=-\frac N2, ...\frac N2-1$,
\begin{equation}
\label{defTFD} \tilde u_n =
\frac{1}{N}\sum_{l=0}^{N-1}u_l\omega_N^{-nl}.
\end{equation}
Les $N$ coefficients $\tilde u_n$ sont appelés {\rm transformée de
Fourier discrète} (TFD) des $N$ échantillons $u_k$. On appelle
transformée de Fourier discrète inverse l'application de $\CC^N$
dans lui même définie par
\begin{equation}\label{TFDinv}
u_k=\sum_{n=-\frac N2}^{\frac N2-1} \tilde u_n \omega_N^{kn}, \;
k=0, ..., N-1.
\end{equation}
\end{Def}
\begin{pro}
\label{coeff} Les coefficients $(\tilde u_n)$ d{é}finis par
(\ref{defTFD}) sont les uniques coefficients tels que le
polyn{\^o}me trigonom{é}trique (\ref{poly}) v{é}rifie
$P\left(\frac{ka}{N}\right)=u_k$,  pour tout $k=0...N-1$.  En
d'autres termes, la transformée de Fourier discrète composée avec
son inverse donne bien l'identité.
\end{pro}
\paragraph{D{é}monstration}
Pour $k=0...N-1$,
\begin{eqnarray*}
P(\frac{ka}{N})&=&\sum_{n=-\frac N2}^{\frac N2-1}\tilde u_n \omega_N^{nk}\\
&=&\frac{1}{N}\sum_{n=-\frac N2 }^{\frac N2-1}(\sum_{l=0}^{N-1}u_l  \omega_N^{-nl})\omega_N^{nk}\\
&=& \frac 1N \sum_{l=0}^{N-1}u_l(\sum_{n=-\frac N2}^{\frac N2-1}\omega_N^{nk-nl})\\
&=&\frac{1}{N}\sum_{l=0}^{N-1}N\delta(k-l)u_l = u_k,\\
\end{eqnarray*} o{\`u} on a not{é} $\delta$ la fonction
d{é}finie sur les entiers, valant 1 en 0, et 0 ailleurs.
L'unicité provient du fait que toute application linéaire
surjective de $\complex^N$ dans lui-même   est aussi
injective.\cqfd
   On rappelle
d'autre part que si $u \in L^2(0,a)$, les coefficients de la
s{é}rie de Fourier de $u$ sont d{é}finis, pour $n \in \Z$, par
\begin{equation}
\label{cn} c_n(u)=\frac{1}{a} \int_0^a u(x) \exp \left(
\frac{-2i\pi nx}{a}\right).
\end{equation}


Les coefficients $\tilde u_n$ de la transformée de Fourier
discrète sont approchés par les termes de la TFD de $(u_k)$ au
sens suivant:

\begin{pro} Soit $u$ continue et $a$-périodique. Alors
les $\tilde u_n$ sont des approximations des $c_n(u)$ par la
formule des trapèzes, pour $n=\frac{-N}{2},...,\frac{N}{2}-1$.
\end{pro}

\paragraph{D{é}monstration}
Il suffit d'{é}crire l'approximation de l'int{é}grale
(\ref{cn}) par la m{é}thode des trapèzes  en tenant compte du
fait que $u(a)=u(0)$ pour une fonction $a$-périodique.  \cqfd


\begin{cor}
\label{commut-poly}
Si $u$ est un polynôme trigonométrique
$u(x)=\sum_{n=-N/2}^{N/2-1}\tilde{u}_n \exp\left(\frac{2i\pi n
x}{a}\right),$ les coefficients $\tilde u_n$ sont bien calculables
par la formule (\ref{defTFD}). Ce sont les coefficients de Fourier
de $u$.
\end{cor}

\begin{figure}
\begin{center}
\psfrag{a}{$u$}
\psfrag{b}{$u_k$}
\psfrag{c}{$\hat u_k$}
\psfrag{TFD}{TFD}
\psfrag{Serie de Fourier}{Série de Fourier}
\psfrag{echantillonage}{échantillonage}
\includegraphics[width=6cm]{Figures/diagTFD.eps}
\caption[]{La TFD après échantillonage calcule bien les coefficients de Fourier {\bf si la fonction $u$
est un polynôme trigonométrique} (corollaire \ref{commut-poly})}
\end{center}
\end{figure}

\begin{pro}
\label{sym1} On suppose que les échantillons $u_k$ sont réels.
Alors
 $\tilde u_0$ et $\tilde u_{-N/2}$ sont r{é}els, et pour $k=1...N/2-1$,
$\tilde u_k=\overline{\tilde u_{-k}}$.
\end{pro}
\paragraph{D{é}monstration}
$\tilde u_0=\frac 1N\sum_k u_k$, et $\tilde u_{-N/2}=\frac 1N\sum
(-1)^k u_k$ ; ces deux coefficients sont donc r{é}els. D'autre
part
$$\tilde u_{-n}=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}u_k
\omega_N^{kn}=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}u_k
\overline{\omega_N^{-nk}}=\overline{\tilde u_n}.$$ \cqfd

  Remarquons  le
r{\^o}le particulier jou{é} par le terme $\tilde u_{-N/2}$, qui
n'a pas de terme conjugu{é} lui correspondant. Comme on va le
voir dans la prochaine section, ce terme est un terme d'aliasage,
\ccaadd qu'il représente une fréquence parasite. En effet :

\begin{pro}
si $u$ est un polynôme trigonométrique réel dont les fréquences
sont parmi $-\frac N2, ..., \frac N2 -1$, le terme $\tilde
u_{-\frac N2}$ est nul.
\end{pro}

\paragraph{Démonstration}
En effet, en regroupant les termes conjugués, on a, pour le
polynôme trigonométrique P dont les coefficients sont les $\tilde
u_n$ :
$$
P(x)=\tilde u_0+\sum_{n=1}^{\frac N2-1} (\tilde u_n e^\frac{2in\pi
x}a + \tilde u_{-n}e^\frac{-2in\pi x}a) +\tilde
u_{-N/2}e^\frac{-iN\pi x}a.
$$
Tous les termes de la somme sont réels sauf le dernier, qui ne
l'est que si $\tilde u_{-N/2}=0$.
\enddemo
  La Figure \ref{aaah} montre un
exemple de signal (repr{é}sentant le son A) et le module de sa
TFD.


\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=10cm]{Figures/aaah.eps}

\end{center}
\caption[Transformée de Fourier Discrète du son a]{Haut: un signal correspondant à la voyelle "Ah" (le
signal représente la pression de l'air en fonction du temps); bas:
module de la TFD (coefficients $|\tilde u|$, voir le texte). On remarque que
le module du spectre est symétrique, et qu'il existe trois pics importants
correspondant aux fréquences dominantes.} \label{aaah}
\end{figure}

\subsection{La dimension 2}


On consid{è}re un r{é}el $a$, une fonction $u$ de $\real^2$
dans $\real$, telle que $u(x+a,y+a)=u(x,y)$. On fixe à nouveau
un entier $N$, et l'on pose
$u_{k,l}=u\left(\frac{ka}{N},\frac{la}{N}\right)$. On d{é}finit
la TFD des $u_{k,l}$ comme la suite des coefficients, pour $m,n
\in \{-\frac N 2,...,\frac N 2 -1\}$,
\begin{equation}
\label{TFD2}
\tilde{u}_{m,n}=\frac{1}{N^2}\sum_{k=0}^{N-1}\sum_{l=0}^{N-1}u_{k,l}\omega_N^{-mk}\omega_N^{-nl}.
\end{equation}
Remarquons tout d'abord que la transformation ainsi d{é}finie
est s{é}parable, et que le passage des $u_{k,l}$ aux $\tilde
u_{m,n}$ s'effectue par deux TFD {à} une dimension successives.

%\paragraph{Remarque}: la suite des coefficients $u_{k,l}$ repr{é}sente souvent
%en pratique une image num{é}rique. Rappelons qu'une telle image se
%pr{é}sente comme une matrice de nombres correspondant {à} la quantit{é} de
%lumi{è}re emmagasin{é}e par les capteurs d'un appareil optique, comme
%expliqu{é} à la fin du chapitre \ref{intlebesgue}. Nous attirons l'attention du lecteur sur le
%fait que dans ce chapitre nous avons consid{é}r{é} les valeurs $u_{k,l}$ comme
%les valeurs ponctuelles d'une certaine fonction $u$ de $L^2$, alors que pour
%illustrer le concept de martingale il s'agissait des moyennes locales de cette fonction de
%d{é}part, ce qui correspond au mécanisme des capteurs des appareils
%photos numériques, les CCD. Ceci ne pose pas de probl{è}me particulier, car la moyenne locale
%peut {\^e}tre vu comme une valeur ponctuelle de la fonction apr{è}s convolution
%avec une fonction {à} support born{é}e.

De m{\^e}me qu'en dimension 1, nous avons la propri{é}t{é}
d'interpolation suivante:
\begin{pro}
Soient les coefficients $\tilde u_{m,n}$ définis, pour $m,n =
-N/2...N/2-1$, par (\ref{TFD2}). Considérons le polynôme
trigonométrique
$$P(x,y)=\sum_{m,n=-N/2}^{N/2-1}\tilde u_{m,n}\exp(\frac{2i\pi mx}{a})\exp(\frac{2i\pi
ny}{a}).$$ Les coefficients $\tilde u_{m,n}$ sont les seuls
nombres complexes tels que, pour tout $k, l \in \{0, N-1\}$,
$P\left(\frac{ka}{N},\frac{la}{N}\right)=u\left(\frac{ka}{N},\frac{la}{N}\right)$.
Par conséquent, la transformée discrète inverse de $u_{k,l}\to
\tilde u_{m,n}$ est donnée par le calcul du polynôme aux
échantillons $(\frac {ka}N, \frac {la}N)$, $0\leq k,l\leq N-1$ :
$$u(k,l)=P(\frac{ka}N, \frac {la}N)=\sum_{-\frac N2}^{\frac N2-1}\sum_{-\frac N2}^{\frac N2-1}\tilde u_{m,n}\omega_N^{km+ln}.$$
\end{pro}
\paragraph{D{é}monstration} Le calcul est exactement le m{\^e}me qu'en dimension 1.
De m{\^e}me qu'en dimension 1, nous pouvons identifier un certain
nombre de sym{é}tries  des $\tilde u_{m,n}$ si l'image est à
valeurs réelles.
 On suppose {à} nouveau que $N$ est pair.

\begin{pro}\label{sym} Supposons que les échantillons $u_{k,l}$ soient réels.
Alors les coefficients  $\tilde u_{0,0}$, $\tilde u_{0,-N/2}$,
$\tilde u_{-N/2,0}$, et $\tilde u_{-N/2, -N/2}$ sont r{é}els; de
plus
$$\forall m, n \in \{-\frac N2 +1, ...\frac N2-1\} \hskip 1cm\tilde u_{m,n}=\overline{\tilde u_{-m,-n}}$$
 \end{pro}
\paragraph{D{é}monstration} Les calculs sont similaires {à} la dimension 1.
\enddemo

\dexer A nouveau, comme en dimension 1, les coefficients $(\tilde
u_k)$ correspondent aux fr{é}quences de l'image $u$,
ordonn{é}es des n{é}gatives aux positives. Plus
pr{é}cis{é}ment, si $u \in L^1$ et que l'on d{é}finit les
coefficients de la s{é}rie de Fourier de $u$ par
$$c_{m,n}=\frac{1}{4 \pi ^2} \int_{\real^2}u(x,y) \exp \left( \frac{-2i\pi mx}{a}\right)\exp
\left( \frac{-2i\pi n y}{a}\right),$$ alors, pour $m, n =
-N/2......N/2-1$ les $\tilde u_{m, n}$ sont des approximations des $c_{m,n}$ par
la m{é}thode des trapèzes. \fexer
 La figure \ref{image-TFD}
présente une image et le logarithme du module de sa
transform{é}e de Fourier discr{è}te (le logarithme est
utilis{é} car le module des TFD des images usuelles d{é}croit
tr{è}s vite lorsque l'on s'{é}loigne des basses
fr{é}quences).

%\begin{figure}
%\begin{center}
%\includegraphics[width=8cm]{Figures/aero.ps}
%\includegraphics[width=8cm]{Figures/aerofft2.ps}
%\end{center}
%\caption{Haut: une image num{é}rique de taille $256\times256$;
%bas: le logarithme du module de sa TFD, dans le sens de la
%d{é}finition des $\tilde u$ (voir le texte)} \label{image-TFD}
%\end{figure}

\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/aero.ps}
\includegraphics[width=7cm]{Figures/aerofft2.ps}

\end{center}
\caption[Transformée de Fourier Discrète d'une image]{Gauche: une image numérique de taille $256\times256$; droite:
le logarithme du module de sa TFD. Le spectre décroît rapidement aux hautes
fréquences (rappelons que l'image étant bornée, son spectre est dans $L^2$). En
pratique, la grande vitesse de décroissance du spectre rend nécessaire
l'utilisation du logarithme pour la visualisation. La symétrie centrale du module
de la TFD est visible. Les lignes
horizontales et verticales correspondent aux bords verticaux et horizontaux
respectivement. Remarquer également les lignes obliques qui correspondent
aux bords obliques de l'image (voir en particulier les dalles sur le sol). Les
droites horizontales et verticales sont également dues aux fortes
discontinuités présentes aux frontières du domaine de l'image (rappelons
que celle-ci est périodisée pour le calcul de son spectre).} \label{image-TFD}
\end{figure}

\subsection{Le ph{é}nom{è}ne du repliement de spectre ou aliasage}
\index{Repliement de spectre}


Le but de ce paragraphe est de calculer les perturbations
auxquelles est exposée la transform{é}e de Fourier discrète d'un
signal  lorsque celui-ci est sous-{é}chantillonn{é}. On vient
de voir que la transformée de Fourier discrète calculait
exactement les coefficients de Fourier  d'un polynôme
trigonométrique de degré $\frac N2$,
$P(x)=\sum_{n=-N/2}^{N/2-1}\tilde{u}_n \exp\left(\frac{2i\pi n
x}{a}\right)$, dont on connaissait $N$ échantillons $u(\frac
{ka}N)$, $N=0,..., N-1$. Dans cette section, on considère une
fonction $u\in L^2(0,a)$ et sa série de Fourier
$$u(x)= \sum_{n\in \relative} c_n (u)e^{\frac {2in\pi x}a}.$$
Dans toute la suite, on supposera que $\sum_{n\in
\relative}|c_n(u)|< +\infty$, ce qui implique que $u$ est continue
et $a$-périodique.  Cette hypothèse n'est pas irréaliste. En
effet, étant donné un signal $v$ régulier  ($C^2$ par exemple) sur
$[0, a/2]$, on peut le rendre pair en posant
 $u(-x)=\tilde v(x)$ pour $x\in [-a/2,0]$, $u(x)=v(x)$ sur $[0, a]$.  On voit que la $a$-périodisée
 de cette extension $u$ reste Lipschitz et $C^2$ par morceaux et on peut en déduire (exercice !) que
 la série des coefficients de Fourier de $u$ est convergente.
  On suppose également, ce qui est réaliste,
 qu'un signal $u$ n'est en fin de compte connu que par ses
échantillons sur $[0, a]$, $u(0), ..., u(\frac {N-1}{N}a)$.

\begin{thf}\label{Shannondiscret}
Soit $u$ définie sur $[0, a]$, vérifiant $\sum_n
|c_n(u)|<+\infty$.  Alors la transformée de Fourier discrète de
$u$ est la $N$-périodisée de la suite des coefficients de Fourier
de $u$ :
\begin{equation}
\label{aliasagediscret} \tilde u_n= \sum_{q=-\infty}^{+\infty}
c_{n+qN}(u),\; \; n=-\frac N2,...,\frac N2-1.
\end{equation}
\end{thf}

\paragraph{Démonstration}
On rappelle la notation $\omega_N=e^{\frac{2i\pi}N}$ et
$(\omega_N)^N=1$. Comme
$$u(x)=\sum_{m\in \relative} c_m(u)e^\frac{2im\pi x}{a}, $$ on a
$$u(\frac {ka}N)=\sum_{m\in \relative}c_m(u)\omega_N^{mk}.$$
On pose pour $m\in \relative$, $m=qN+n$, $-\frac N2\leq n\leq
\frac N2-1$. En regroupant les termes de la série de Fourier on
obtient
$$u(\frac{ka}N)=\sum_{n=-\frac N2}^{\frac N2-1}
\left(\sum_{q=-\infty}^{+\infty} c_{n+qN}(u)\right)\omega_N^{nk},
\; k=0,..., N-1.$$ Mais on a aussi (formule d'inversion de la
transformée de Fourier discrète):
$$u(\frac{ka}N)=\sum_{n=-\frac N2}^{\frac N2-1}\tilde u_n\omega_N^{nk}, \; k=0,..., N-1.$$
Ces deux dernières formules définissent toutes deux la transformée
de Fourier discrète et par identification on obtient la formule de
"repliement de spectre" (\ref{aliasagediscret}).

\enddemo
Ce théorème va nous permettre d'interpréter les effets de moiré
visibles dans beaucoup d'images digitales ou  de films digitalisés
(DVD). Ces effets de moiré sont dûs à un "repliement de spectre",
ou "aliasage".  Le repliement de spectre  provient
d'un sous-échantillonnage abusif.   Le terme aliasage se réfère à
la présence des coefficients parasites $c_{n+qN}$, pour $q\neq 0$
dans le calcul du coefficient de la fréquence $n$, $\tilde u_n$.
Quand la transformée de Fourier discrète fait correctement son
travail, qui est de retrouver le coefficient $c_n$ de la fréquence
$n$ de $u$, on doit avoir $\tilde u_n=c_n$. Les coefficients
$c_{n+qN}$ qui s'y ajoutent dans (\ref{aliasagediscret}) sont des
répliques, ou "alias" de coefficients correspondant aux fréquences
plus grandes $n+qN$, $q\neq 0$. D'où le terme d'aliasage.



\begin{Def}
Soit un signal échantillonné $(u_k)$, $k=0,...,N-1$, et soit $p$
un entier divisant $N$. On d{é}finit l'op{é}rateur
``sous-{é}chantillonnage d'ordre $p$'' comme suit:
$$ S_p: \RR^{N} \longrightarrow \RR^{ N/p}$$
$$ (u_k)_{k=0..N-1} \longrightarrow (v_k)=(u_{kp})_{k=0...N/p}.$$
Le signal $(v_k)$ est dit sous-{é}chantillonn{é} d'un facteur
$p$.
\end{Def}
 Nous commen{\c c}ons par le cas, technologiquement classique, où $p=2$.

\begin{cor}
\label{sousech2} Soit $(v_k)=S_2((u_k))$ (on suppose que $\frac
N2$ est pair). Alors $(\tilde v _n)$, la transform{é}e de
Fourier Discr{è}te de $(v_k)$, s'écrit, pour $n=-\frac
N4,...,\frac N4-1$,
\begin{equation}
\tilde v_n= \tilde u_n+\tilde u_{n-\frac N2}+\tilde u_{n+\frac
N2},
\end{equation}
le deuxième terme étant par ailleurs nul si $n<0$ et le troisième
étant nul si $n\geq 0$.
\end{cor}

\paragraph{D{é}monstration}
Appliquons le théorème \ref{Shannondiscret} à l'unique polynôme
trigonométrique $P$ à $N$ coefficients qui a pour échantillons les
$u_k$. Alors par définition de la transformée de Fourier discrète,
$\tilde u_n=c_n(P)$. On a donc pour $\frac N4\leq n\frac N4-1$,

$$\tilde v_n=\sum_{q\in \relative}c_{n+q\frac N2}(P)=\tilde
u_n+\tilde u_{n-\frac N2}+\tilde u_{n+\frac N2}.$$ Remarquons que
si $n\geq 0$ cela donne $\tilde v_n=\tilde u_n+\tilde u_{n-\frac
N2}$, l'autre coefficient étant nul.  De même,  si $n< 0$, on
obtient $\tilde v_n=\tilde u_n+\tilde u_{n+\frac N2}$.

%\begin{eqnarray*}
%\hat u_k + \hat u_{\frac N2 + k} &=& \sum_{l=0}^{N-1} u_{l} \omega_{2N}^{kl} +
%u_{l}\omega_{2N}^{(\frac N2 + k)l} \\
%&=&\sum_{l=0}^{N-1} u_l \omega_{2N}^{kl} + u_l (-1)^l \omega_{2N}^{kl}\\
%&=&\sum_{n=0}^{\frac N2 -1} (u_{2n}) \omega_{N}^{k2n}=\sum_{n=0}^{\frac N2 -1}
%v_n \omega_{\frac N2}^{kn}=\hat v_k.
%\end{eqnarray*}
\enddemo

Cette proposition indique que le spectre du signal
sous-échantillonné d'un facteur deux s'obtient en superposant
à lui-m\^eme le spectre du signal original avec un décalage de
$\frac N2$. On dit qu'il y a repliement de spectre. Ainsi, le
spectre du signal sous-échantillonné contient généralement
des informations non présentes dans le spectre du signal de
départ, ce qui se traduit sur le signal sous-échantillonné
par l'apparition de structures périodiques n'ayant pas de lien
direct avec le contenu du signal. Ceci est particulièrement
frappant dans le cas des signaux bi-dimensionnels, pour lesquels
on a un résultat identique à celui de la proposition
\ref{sousech2}. Nous montrons deux exemples d'images
sous-échantillonnées aux figures \ref{aliassynth} (image synthétique) et \ref{mouche}, exemple o\`u l'apparition de
structures périodiques est d\^ue à la superposition, lors du
sous-échantillonnage, des hautes fréquences de l'image.  La
manipulation numérique à faire pour créer des effets de moiré dans
une image est aussi simple que son interprétation est subtile : il
suffit de prendre "un point sur deux" de l'image. L'interprétation
de l'opération se fait en Fourier : on a créé de basses fréquences
parasites en $c_n$ qui correspondent au "repliement" de hautes
fréquences $c_{n+N/2}$. D'où l'apparition de sinusoïdes qui n'ont
rien à voir avec le signal original et qui créent des effets de
moiré.


\begin{figure}
\label{aliassynth}
\begin{center}
\includegraphics[width=6cm]{Figures/alias.eps}
\end{center}
\caption[Repliement de spectre 1]{Exemple de repliement avec une image synthétique. En haut à
gauche: image originale, à droite son spectre. En bas à gauche: l'image
sous-échantillonée d'un facteur deux dans chaque direction, à droite le
spectre correspondant. Le spectre de l'image sous-échantillonée est obtenu
en périodisant le spectre de l'image originale avec pour période le carré
visible en surimpression. }
\end{figure}

\begin{figure}
\label{mouche}
\begin{center}
\subfigure[Image
originale]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouche.ps}}
%\hspace{1cm}
\subfigure[Sa TFD, non nulle en dehors du carré visible en surimpression]
{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouchetfd2c.eps}}

%\vspace{1cm}
\subfigure[Image sous-{é}chantillonn{é}e d'un facteur 2]
{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouchesub.ps}}
%\hspace{1cm}
\subfigure[La TFD correspondante, sur laquelle il
y a
repliement]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouchesubtfd2.ps}}

\end{center}
\caption[Repliement de spectre 2]{Sous-{é}chantillonnage et repliement: le cas d'une
image mal {é}chantillonn{é}e. Pour les images (a), (b), (c), (d), le principe est le m\^eme qu'à la figure
\ref{aliassynth}, mais le détail de la transformation du spectre est plus difficile
à suivre ! les effets du repliement ({\it aliasing} en anglais) sont particulièrement visibles sur
les yeux de la mouche, image (c), qui présentent des oscillations à basse
fréquence. Les structures quasi-périodiques de l'image originale sont
visibles sous formes de taches et de filaments sur le spectre (b). Le repliement est d\^u
à la présence de ces structures aux hautes fréquences: la TFD de l'image originale n'est
pas nulle en dehors du carré visible en
surimpression figure (b). Ce type d'effet de moiré est visible dans
de nombreux DVD commerciaux.}
\end{figure}

\begin{figure}
\label{filtrage}
\begin{center}

\subfigure[Image obtenue par TFD inverse de b]
{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouchefilt.ps}}
%\hspace{1cm}
\subfigure[Image obtenue en mettant à zéro les hautes fréquences de \ref{mouche}-a]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouchefilttfd.ps}}

\subfigure[Sous-échantillonnage: le repliement a disparu]
{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouchefiltsub.ps}}
%\hspace{1cm}
\subfigure[TFD de c]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/mouchefiltsubtfd.ps}}


\end{center}
\caption[Filtrage passe-bas d'une image]{Une
solution possible pour éviter les effets de repliement illustrés sur la
figure \ref{mouche}. L'image (a)
est l'image dont le spectre est le m\^eme que celui de l'image \ref{mouche}-(a) à l'intérieur du
carré, et est nul à l'extérieur (filtrage passe-bas). L'image (c) est l'image
sous-échantillonnée correspondante. On observe que l'effet de repliement a
disparu.}
\end{figure}

Le résultat de la proposition \ref{sousech2} se généralise
dans le cas d'un sous-échantillonnage d'ordre plus élevé,
comme le montre la proposition suivante:

\begin{pro}
\label{sousech} Soit $(v_k)=S_p((u_k))$ (on suppose que $N=pM$,
pour un certain entier $M$). Alors $(\tilde v_k)$, la
transform{é}e de Fourier Discr{è}te de $(v_k)$, s'écrit, pour
$k=1...M-1$,
\begin{equation}
\tilde v_k=  \sum_{a=-p+1}^{p-1}\tilde u_{k+\frac{aN}{p}}.
\end{equation}
\end{pro}

\paragraph{Démonstration}
Appliquer de nouveau le théorème \ref{Shannondiscret} à l'unique
polynôme trigonométrique à $N$ coefficients qui a pour
échantillons les $u_k$.  Ce polynôme vérifie $c_n(P)=\tilde u_n.$
\enddemo

On peut comparer les propositions \ref{sousech2} et \ref{sousech}
au théorème \ref{Shannondiscret}. Le théorème \ref{Shannondiscret}
nous donne notamment les conditions générales de Shannon et
Whittaker pour qu'un signal soit correctement échantillonné : ces
conditions sont que le spectre soit borné (nombre fini $N$ de
coefficients de Fourier) et que l'on dispose d'au moins $N$
échantillons. Les propositions  \ref{sousech2} et \ref{sousech}
 sont plus pratiques : elles
ne donnent aucune hypothèse sur le signal qui a été échantillonné
et
 ont l'avantage de s'appliquer  à un signal discret, quelconque, qu'il soit ou non
 issu d'un bon échantillonnage.



%\paragraph{D{é}monstration}
%\begin{eqnarray*}
%\sum_{a=0}^{p-1}\hat u_{k+\frac{aN}{p}} &=& \sum_{a=0}^{p-1}\sum_{l=0}^{N-1} u_{l} \omega_N^{\left(k+\frac{aN}{p}\right)l} \\
% &=&\sum_{l=0}^{N-1} u_l \sum_{a=0}^{p-1}\exp\left(\frac{2i\pi
% l}{p}\right)\omega_{N}^{kl} \\
%&=&p\sum_{l'=0}^{M-1}u_{pl'}\omega_{M}^{kl'} = \hat v_k
%\end{eqnarray*}




 \subsection{La transform{é}e de Fourier rapide}
\label{TFR} \index{Transform{é}e de Fourier rapide}

Comme nous l'avons vu plus haut, le calcul des coefficients de
Fourier $\tilde u_n$ revient {à} l'{é}valuation d'un certain
polyn{\^o}me aux racines $N$-i{è}mes de l'unit{é}. Dans le cas
g{é}n{é}ral, l'{é}valuation classique (ex. m{é}thode de
H{\"o}rner) d'un polyn{\^o}me de degr{é} $N-1$ en un point prend
$\mathcal{O}(N)$ op{é}rations. Donc si l'on r{é}p{è}te cela
pour les $N$ racines de l'unit{é} on devra effectuer
$\mathcal{O}(N^2)$ op{é}rations. L'algorithme de la
Transform{é}e de Fourier Rapide (TFR) permet de r{é}soudre le
probl{è}me en $\mathcal{O}(N\log N)$ op{é}rations. Appelons
``calcul d'ordre $N$'' l'{é}valuation d'un polyn{\^o}me de
degr{é} $N-1$ aux racines $N$-i{è}mes de l'unit{é}. Et soit
$T(N)$ le nombre d'op{é}rations (additions et multiplications)
demand{é}es par ce calcul.

On se place dans le cas $N=2^n$ et soit un polyn{\^o}me
$$P(X)=\sum_{k=0}^{N-1}a_kX^k.$$
On pose
$$Q(X)=\sum_{k=0}^{N/2-1}a_{2k}X^k,$$
$$R(X)=\sum_{k=0}^{N/2-1}a_{2k+1}X^k.$$
Alors
$$P(\omega_N^k)=Q\left(\left(\omega_N^k\right)^2\right)+\omega_N^kR\left(\left(\omega_N^k\right)^2\right).\mbox{
     (*)}$$

Or, si $N$ est pair les $\left(\omega_N^k\right)^2$ sont
exactement les racines d'ordre $\frac{N}{2}$ de l'unit{é}. Il
suffit donc d'{é}valuer les deux polyn{\^o}mes $Q$ et $R$ aux
racines d'ordre $\frac{N}{2}$ de l'unit{é} ce qui est un
probl{è}me d'ordre $\frac{N}{2}$. On a donc, en tenant compte
additions et multiplications demand{é}es par (*),
$$T(N)=2T\left(\frac{N}{2}\right)+2N.$$
On en tire ais{é}ment $T(N)=\mathcal{O}(N\log(N))$.

\begin{rem}
\label{TFDMatlab}
En pratique, les programmes usuels de calcul numérique ne calculent pas les
coefficients $\tilde u_n$, mais les coefficients $\hu_n$, définis par la
formule suivante, pour $n=0,...,N-1$:
\begin{equation}
\label{uchapeau}
\hu_n= \left\{ \begin{array}{ll}
                                  \tilde u_n & \mbox{si $n=0...\frac{N}{2}-1$} \\
                                  \tilde u_{n-N} & \mbox{si $n=\frac{N}{2}...N$} \\
                                 \end{array}
                          \right..
\end{equation}
\end{rem}


\subsection{L'utilisation de la transform{é}e de Fourier discr{è}te pour
d{é}finir zoom, translations et rotations des images}
\label{zoom}
\paragraph{Le zoom}

Nous pr{é}sentons une m{é}thode d'interpolation reposant sur
une extension de la TFD d'un signal ou d'une image. Nous
d{é}taillons la m{é}thode, dite du ``prolongement par des 0''
(``0-padding''), en une dimension, le principe se
g{é}n{é}ralisant sans mal pour une image. Comme
pr{é}c{é}dement, consid{è}rons des échantillons $u_k$,
$k$ variant de 1 {à} $N-1$, et $\tilde{u}_n =
\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}u_{n}\omega_N^{-kn}$. On suppose que N
est pair et que l'on veut zoomer d'un facteur 2, c'est {à} dire
que l'on veut construire un signal de taille deux fois plus grande
que le signal de d{é}part. On d{é}finit un nouveau signal $v$,
de taille $2N$ comme {é}tant la TFD inverse de $\tilde {v}$,
donn{é} par

\begin{equation}
\label{TFDzoom}
 \tilde{v}_n =  \tilde u_n \; \hbox { si } -\frac N2\leq n\leq \frac N2-1,\;\; \tilde v_n=0 \hbox{  sinon  }.
\end{equation}

\begin{pro}

Le signal $v$ dont la TFD est donn{é}e par la formule
(\ref{TFDzoom}) v{é}rifie  $v_{2k}=u_k$, pour $k=0...N-1$.
\end{pro}

\paragraph{D{é}monstration}
On a $$v_{2k}=\sum_{-N}^{N-1}\tilde
v_n\omega_{2N}^{2nk}=\sum_{-\frac N2}^{\frac N2-1}\tilde
u_n\omega_N^{nk} =u_k.$$ En effet,
$\omega_{2N}^{2nk}=\omega_N^{nk}.$ \cqfd
 \begin{rem} Ce résultat est  évident sans démonstration : en effet, on peut considérer l'unique
 polynôme trigonométrique de degré $\frac N2$ passant par les échantillons $u_k$. Les échantillons
 $v_k$ s'interprètent immédiatement comme des échantillons de ce même polynôme.
 \end{rem}

\begin{rem}
On remarquera que les signaux obtenus par cette méthode peuvent \^etre
complexes, m\^eme lorsque le signal original est réel (ceci étant d\^u au terme d'aliasage $u_{-\frac N 2}$).
\end{rem}

\begin{figure}
\begin{center}

\psfrag{a}{a}
\psfrag{b}{b}
\includegraphics[width=10cm]{Figures/aerozoom2.eps}

\includegraphics[width=10cm]{Figures/aerodup.ps}
\end{center}
\caption[Zoom par prolongement du spectre 1]{Zoom sur une partie de l'image \ref{image-TFD}. Haut: zoom par TFD, bas: zoom par
r{é}plication des pixels. Le zoom par TFD est obtenu en prolongeant par des
zéros le spectre de l'image initiale. Celui par réplication des pixels en
rempla\c{c}ant chaque
pixel par quatre pixels de la m\^eme valeur. Remarquons tout d'abord la plus
grande régularité du zoom par TFD, qui supprime les effets de ``blocs''
très visibles sur le zoom par réplication. En contrepartie, le phénomène de Gibbs
(voir paragraphe \ref{Gibbs}) est très visible sur le zoom par TFD,
puisque l'on a mis à zéro brutalement des coefficients de la TFD. Ce
phénomène est particulièrement visible le long des frontières de
l'image, qui correspondent à des discontinuités puisque l'image est
périodisée (par exemple zone a), et des contours des objets (par exemple zone b).} \label{fftzoom}
\end{figure}

\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=8cm]{Figures/mains.ps}

\includegraphics[width=8cm]{Figures/dalles2.ps}
\end{center}
\caption[Zoom par prolongement du spectre 2]{détails apr{è}s zoom, {à} gauche par TFD, {à}
droite par r{é}plication des pixels.} \label{details}
\end{figure}

La m{é}thode se g{é}n{é}ralise aux cas des images. Nous
consid{é}rons une image num{é}rique $(u_{k,l})$, et nous
d{é}finissons une image zoom{é}e
$\left(v_{i,j}\right)_{i,j=0,...,2N-1}$ comme {é}tant la
transform{é}e de Fourier discr{è}te inverse de $\tilde
v_{i,j}$ définie pour $i,j=-N,...,N-1$ par

\begin{equation}
\label{TFDzoom2}
 \tilde{v}_{m,n} = \tilde u_{m,n} \hbox{  si  } -\frac N2\leq m, n\leq \frac N2-1, \;\; \tilde v_{m,n}=0
 \hbox {  sinon}.
\end{equation}


La figure \ref{fftzoom} montre la partie réelle d'une partie de l'image
\ref{image-TFD} zoom{é}e par TFD, ainsi
que par r{é}plication des pixels (chaque
pixel est remplacé par quatre pixels de la m\^eme valeur). On remarque que le zoom par TFD
produit une image bien plus r{é}guli{è}re, et {é}vite
l'effet ``marche d'escalier'' visible sur l'image zoom{é}e par
r{é}plication. La figure \ref{details} illustre ce point sur un
d{é}tail. Une autre remarque concerne l'effet de Gibbs (cf
paragraphe \ref{Gibbs}). Ce ph{é}nom{è}ne produit des rebonds le long de la
frontière du domaine de l'image. En effet, et comme nous l'avons
déjà mentionné, le calcul des coefficients de Fourier de
l'image (dont les coefficients de la TFD sont une approximation)
suppose l'image p{é}riodique, ce qui fait apparaître des
discontinuit{é}s le long des fronti{è}res de son domaine de
d{é}finition. Le phénomène de Gibbs est également visible
le long des discontinuités dans l'image, les contours. Le
phénomène est mis en évidence sur la figure \ref{fftzoom}.
Expliquons pourquoi le ph{é}nom{è}ne appara{\^\i}t dans le cas
du zoom: une nouvelle image $v_{k,l}$ de taille $2N\times2N$ est
obtenue en utilisant les valeurs prises par le polyn{\^o}me $P(x)$
entre les points dont on dispose au d{é}part. Cette utilisation
de $P$ fait appara{\^\i}tre les oscillations qui {é}taient
invisibles dans le cas de l'image de d{é}part puisqu'il y avait
interpolation des $(u_k)$. Comme nous l'avons d{é}j{à}
{é}voqu{é}, les oscillations aux fronti{è}res du domaine de
l'image peuvent {\^e}tre supprim{é}es par utilisation de la
transform{é}e en cosinus. En revanche, le probl{è}me
subsistera le long des discontinuit{é}s pr{é}sentes {à}
l'int{é}rieur de l'image.

%\begin{figure}
%\begin{center}
%\includegraphics[width=9cm]{Figures/detail.ps}
%\end{center}
%\caption{Zoom sur une partie de l'image utilisant sa TFD (voir le
%texte). On distingue nettement les oscillations dues au
%ph{é}nom{è}ne de Gibbs le long des contours, ainsi que le long
%de la fronti{è}re inf{é}rieure de l'image.} \label{figgibbs}
%\end{figure}


\paragraph{La translation}

La m{é}thode pr{é}sent{é}e au paragraphe pr{é}c{é}dent
permet de d{é}finir une translation d'une quantit{é} 1/2 (ou
$a/(2N)$ pour revenir {à} notre d{é}finition premi{è}re du
signal $u$), en ne gardant que les points d'indice impair du
signal zoom{é} $v$. Plus g{é}n{é}ralement, nous pouvons
d{é}finir une translation d'un signal d'une quantit{é}
$0<\alpha<1$. Comme d'habitude, l'opération de translation sur la
fonction $u$ dont nous connaissons les échantillons $u_k$ se fait
sous l'hypothèse que celle-ci est un polynôme trigonométrique. En
d'autres termes, on translate le polynôme d'interpolation, la
"vraie" fonction $u$ étant inconnue en dehors des échantillons. Le
polynôme d'interpolation est
$$P(x)=\sum_{-\frac N2}^{\frac N 2-1}\tilde u_n e^{\frac {2i\pi nx}a}.$$
En translatant de $\alpha$, on obtient
$$\tau_\alpha P(x)=P(x-\alpha)=\sum_{-\frac N2}^{\frac N2-1} \tilde u_ne^{-\frac{2i\pi n\alpha}a}
e^{\frac{2i\pi nx}a}.$$ On a donc :


\begin{pro}
\label{translation}
La TFD $(\tilde v_n)$ de $P(x-\alpha)$ s'obtient à partir de la
TFD  de $P(x)$, $\tilde u_n$, par
$$\tilde v_n=\tilde u_n e^{-\frac{2i\pi n\alpha}a}.$$
\end{pro}


Cette m{é}thode de translation se g{é}n{é}ralise sans mal au
cas des images, en remarquant qu'une translation {à} deux
dimensions peut se d{é}composer en deux translations, une selon
les lignes et une selon les colonnes.


\paragraph{La rotation}
Voici, bri{è}vement, une m{é}thode pour impl{é}menter une
rotation discr{è}te, due {à} L. Yaroslavsky. Le lecteur intéressé
pourra consulter [Yaroslavsky] (en anglais). Commen\c{c}ons par
remarquer que
\begin{equation}
\label{decomprot}
\left(\begin{array}{cc}
            \cos(\theta) & -\sin(\theta) \\
            \sin(\theta) & \cos(\theta)
          \end{array} \right)
 = \left(\begin{array}{cc}
            1 & -\tan(\frac{\theta}{2}) \\
            0 & 1
          \end{array} \right)
   \left(\begin{array}{cc}
            1 & 0 \\
            \sin(\theta) & 1
          \end{array} \right)
   \left(\begin{array}{cc}
            1 & -\tan(\frac{\theta}{2}) \\
            0 & 1
          \end{array} \right)
\end{equation}

(sauf si $\theta = \pi$ auquel cas il suffit de retourner
l'image). Donc partant de $u_{i,j}$, on translate la premi{è}re
ligne de $-\tan(\frac{\theta}{2})$, la deuxi{è}me de
$-2\tan(\frac{\theta}{2})$, etc.. Puis on fait une op{é}ration
similaire sur les colonnes, puis {à} nouveau sur les lignes. Ces
translations se font par l'interm{é}diaire de la TFD {à} une
dimension.
\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=8cm]{Figures/aerot.ps}

\end{center}
\caption[Rotation par Transformée de Fourier 1]{Rotation de $\pi/4$ par TFD. La rotation est implémentée en remarquant
qu'elle peut se décomposer en trois transformations consistant en des
translations selon les lignes ou les colonnes de l'image (formule
\ref{decomprot}). Chacune de ces transformations est ensuite effectuée
gr\^ace à une TFD sur la ligne ou colonne considérée, en utilisant la
méthode présentée au paragraphe précédent.}
\label{fftrot}
\end{figure}
\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=10cm]{Figures/bilin.ps}
\includegraphics[width=10cm]{Figures/fftrot.ps}

\end{center}
\caption[Rotation par Transformée de Fourier 2]{Bas: apr{è}s douze rotations successives de $\pi/4$ par
TFD; haut: m{\^e}me exp{é}rience en utilisant une interpolation
bilin{é}aire (la valeur en un nouveau point $(x,y)$
est obtenue par combinaisons lin{é}aires
 des valeurs aux quatre points {à} coordonn{é}es enti{è}res de l'image
originale les plus proches de $(x,y)$).} \label{rotiter}
\end{figure}

La figure \ref{fftrot} montre une image apr{è}s une rotation de
$\pi/4$ par la m{é}thode d{é}crite ci-dessus. Puis, pour
illustrer la stabilit{é} de la m{é}thode, nous montrons figure
\ref{rotiter} le r{é}sultat de l'application successive de 12
rotations de $\pi/4$, et, {à} titre de comparaison, le
r{é}sultat de ces 12 rotations successives impl{é}ment{é}s
par interpolation bilin{é}aire (les valeurs aux nouveaux points
sont des combinaisons lin{é}aires
 des 4 points {à} coordonn{é}es enti{è}res les plus proches). Cette figure
illustre clairement la sup{é}riorit{é} de la m{é}thode par
FFT dans le cas de rotations multiples.




\begin{rem}
Cette méthode présente un défaut. En effet, du fait que l'on
manipule des fonctions périodiques, une translation conduit à
faire sortir une partie de l'image par un bord pour la faire
entrer par l'autre. Ce qui conduit à l'apparition, sur les bords
de l'image d'un certain nombre de détails qui sont en fait mal
placés.
%Les schémas suivants le montrent bien~:
%\begin{center}
%\begin{tabular}{cc}
%\includegraphics{schemas/rotation.0.eps}&
%\includegraphics{schemas/rotation.1.eps}\\
%{\bf image originale}&
%{\bf prmière translation}\\
%\includegraphics{schemas/rotation.2.eps}&
%\includegraphics{schemas/rotation.3.eps}\\
%{\bf deuxième translation}&
%{\bf troisième translation}
%\end{tabular}
%\end{center}
On peut se débarrasser de ce problème en insérant l'image
dans un cadre deux fois plus grand\dots
\end{rem}
\begin{rem}
Un autre défaut, plus fondamental, de la méthode est qu'elle
ne peut \^etre parfaite. En effet, supposons que l'image vérifie
l'hypothèse de Shannon et qu'elle est $N$-périodique, ce qui
revient à dire qu'elle est de la forme (pour une image carrée)
$$u(x,y)=\sum_{k,l=0}^{N-1}c_{i,j}e^{ 2i\frac{\pi}{N}(kx+ly) }.$$
Alors, si on lui applique une "translation" suivant l'axe des $x$
de valeur $\lambda y$, la formule devient
$$u_1(x,y)=\sum_{k,l=0}^{N-1}c_{i,j}e^{2i\frac{\pi}{N}(kx+(l-\lambda k)y)}.$$
La fonction $u_1$ n'est pas (pour $\lambda\notin\ZZ$)
$N$-périodique en $y$. Or, après la première translation on
ne dispose plus que des échantillons du signal $u_1$ sur une
grille carrée $N\times N$. D'après la théorie de Shannon un
tel ensemble de données ne permet pas de capturer toute
l'information sur $u_1$ (à la seconde étape on effectue des
translations suivant $y$ qui est justement l'axe qui pose
problème). On rencontre encore ce problème à la troisième
translation. Le seul moyen d'éviter cet inconvénient est
d'évaluer $u$ aux points de l'image de $[0,N-1]\times[0,N-1]$
par une rotation d'angle $-\theta$, mais cette méthode est en
$N^4$ ce qui la rend inopérante\dots
\end{rem}

\subsection{Importances relatives de la phase et du module de la TFD pour une image}

Nous nous int{é}ressons {à} la pertinence visuelle des caract{é}ristiques
de la transform{é}e de Fourier discr{è}te dans le cas des images, et plus
particuli{è}rement {à} la phase et au module de la TFD, au moyen de deux
exemples. Tout d'abord nous montrons, figure \ref{phase}, deux images A et B,
ainsi que les images obtenues en échangeant les phases de leurs TFD. Nous
remarquons gr\^ace {à} cette exp{é}rience qu'une part tr{è}s importante de
l'information g{é}om{é}trique d'une image est contenue dans la phase de sa
TFD. Rappelons que si l'on translate une fonction, les coefficients de sa
s{é}rie de Fourier sont multipli{é}s par des exponentielles complexes de
module 1, et que par cons{é}quent la phase de la TFD contient en en sens des
informations sur le placement des constituants de l'image.

Dans la figure \ref{module}, nous montrons deux images de
textures, qui visuellement semblent invariantes par translation,
ainsi que les deux images obtenues {à} partir de ces textures en
ne conservant que le module de leur TFD, et en tirant au hasard
les phases (selon une loi uniforme). On voit cette fois que le module de la TFD
contient l'information. Cette propri{é}t{é} est
caract{é}ristique des textures homog{è}nes du type
pr{é}sent{é} figure \ref{module}, et l'on peut m{\^e}me donner
une d{é}finition des ``microtextures'' comme images
caract{é}ris{é}es uniquement par le module de leur
transform{é}e de Fourier.
%Pour conclure, nous illustrons figure
%\ref{synth} une possibilit{é} de synth{è}se de textures par
%modification al{é}atoire des phases de la TFD de l'image binaire
%(c'est {à} dire en noir et blanc) d'une forme simple. L'image de
%droite est simplement obtenue en calculant la TFD de l'image de
%droite, en rempla{\c c}ant ses phases par des nombres
%al{é}atoires uniform{é}ment r{é}partis entre 0 et $2\pi$,
%puis en calculant la TFD inverse de l'image obtenue. Se rappelant
%de l'effet d'une translation sur les phases de la TFD, nous
%pouvons consid{é}rer que la méthode consiste en une
%superposition de la forme de d{é}part centr{é}e en des
%positions al{é}atoires, suivie d'un seuillage de l'image.

\begin{figure}
\begin{center}
\subfigure[Image A]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/house.ps}}
%\hspace{1cm}
\subfigure[Image A]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/lena.ps}}

%\vspace{1cm}
\subfigure[Module de la TF de A et phase de
B]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/lenmais.ps}}
%\hspace{1cm}
\subfigure[Module de la TF de B et phase de
A]{\includegraphics[width=6cm]{Figures/maislen.ps}}
\end{center}
\caption[Phase de la Transformée de Fourier Discrète et information géométrique]{Haut: les deux images de d{é}part; bas: les deux images
apr{è}s {é}change des phases de leurs TFD. L'information
g{é}om{é}trique est contenue dans la phase ! Les formes sont
principalement codées dans l'argument des coefficients de Fourier de
l'image. Bien que les images
(a) et (c) d'une part, et (b) et (d) d'autre part, aient des modules complétement
différents, on y distingue les m\^emes formes géométriques. Remarquons
également que les directions horizontales et verticales très présentes
sur l'image (a) apparaissent sous forme de texture dans l'image (c). Cette
remarque est précisée par l'expérience de la figure \ref{module}.} \label{phase}
\end{figure}
\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=10cm]{Figures/text.ps}

\end{center}
\caption[Module de la Transformée de Fourier Discrète et texture]{Haut: deux images de textures; bas: les deux images
apr{è}s remplacement des phases de leurs TFD par des phases
al{é}atoires. Une information essentielle sur la texture est donc présente dans le
module des coefficients de Fourier de l'image. Pour la texture de gauche, il semble que la plupart de
l'information soit contenue dans le module de la TFD. A droite, quelques
aspects de la texture sont perdus. Nous renvoyons le lecteur intéressé à un article (en anglais) sur une méthode de synthèse de
texture par modification de la phase: [Van Wijk]} \label{module}
\end{figure}


%\begin{figure}
%\begin{center}%

%\includegraphics[width=7cm]{Figures/spot1.ps}

%\end{center}
%\caption{Gauche: images de d{é}part binaires; droites: textures
%obtenues en remplaçant les phases des TFD des images de d{é}part
%par des valeurs al{é}atoires suivant une loi uniforme}
%\label{synth}
%\end{figure}%

%\begin{figure}
%\begin{center}
%
%\includegraphics[width=7cm]{Figures/spot2.ps}
%
%\end{center}
%\caption{M{\^e}me principe qu'{à} la figure \ref{synth}}
%\label{synth2}
%\end{figure}


\section{Lien avec la théorie de Shannon}
\begin{thf}
{\rm (de Shannon pour les polyn\^omes trigonométriques)} Soit un
signal trigonométrique
$$f(t)=\sum_{n=-N}^Nc_ne^{2i\pi\lambda_nt}.$$
On a encore la formule de Shannon
$$\forall a\in\left]0,\frac{1}{2\lambda_c}\right[,~\forall t\in\RR,
~f(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}f(na)\frac{\sin\frac{\pi}{a}(t-na)}
{\frac{\pi}{a}(t-na)},$$ avec
$\lambda_c=\max\left\{|\lambda_n|\right\}$. La convergence est
ponctuelle.
\end{thf}
\begin{rem}
Ce théorème complète le théorème de Shannon pour un
signal qui est ni périodique ni dans $L^2$.
%la nécessité d'un tel théorème (en plus du th\'orème de Shannon
%classique) vient du fait que la transformée de
%Fourier d'une fonction périodique, qui est un peigne de Dirac, n'est en
%général pas dans $\mbox{{\rm L}}_2$.
\end{rem}
{\bf Démonstration}

il suffit de démontrer le résultat dans le cas d'une seule
onde. Soit donc
$$f(t)=e^{2i\pi\lambda t},~~~~\lambda\in\RR.$$
Soit $g$ périodique de période $\frac{1}{a}$ et égale à
$f$ sur $\left(-\frac{1}{2a},\frac{1}{2a}\right)$. les
coefficients de Fourier de $f$
  sont
$$c_n=\frac{a\sin\frac{\pi}{a}(\lambda-na)}{\pi(\lambda-na)}.$$
Donc
$$g(t)=\sum_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin\frac{\pi}{a}(\lambda-na)}
{\frac{\pi}{a}(\lambda-na)}e^{2i\pi
  nat}.$$

Comme $f$ est $C^1$ sur $\left]-\frac{1}{2a},\frac{1}{2a}\right[$,
Cette égalité est ponctuelle pour
$t\in\left]-\frac{1}{2a},\frac{1}{2a}\right[$ (principe de
localisation). D'o\`u
$$\forall\lambda\in\RR,~~e^{2i\pi\lambda t}=
\sum_{n=-\infty}^{+\infty}e^{2i\pi
  nat}\frac{\sin\frac{\pi}{a}(\lambda-na)}
  {\frac{\pi}{a}(\lambda-na)},~~|t|<\frac{1}{2a}. $$

En intervertissant $\lambda$ et $t$, on obtient
$$\forall t\in\RR,~~e^{2i\pi\lambda t}=
\sum_{n=-\infty}^{+\infty}e^{2i\pi
  na\lambda}\frac{\sin\frac{\pi}{a}(t-na)}{\frac{\pi}{a}(t-na)},~~
  |\lambda|<\frac{1}{2a}. $$




\chapter{Séries de Fourier et distributions périodiques}
Dans toute la suite, $I$ désigne un intervalle ouvert de $\RR$, borné ou
pas.
 On note ${\cal C}_0^\infty(I)$ l'ensemble des fonctions réelles ${\cal
C}^{\infty}$ à support compact dans $I$.  On appelle distribution dans $I$
toute forme linéaire $u$ sur ${\cal C}_0^\infty(I)$ ayant la propriété de
continuité suivante : Pour tout intervalle compact $J\subset \RR$ il existe un
entier $p$ et une constante $C$ tels que pour toute fonction $\varphi\in {\cal
C}_0^\infty(J)$ à support inclus dans $J$,
$$|<u,\varphi>|\leq C\max_{i\leq p}\max_{x\in J}|\varphi^{(i)}(x)|.$$
Cette relation exprime que la forme linéaire $u$ n'agit que sur $\varphi$ et
ses dérivées d'ordre inférieur ou égal à $p$. Si $u\in L^1_{loc}(I)$
est une fonction intégrable sur tout borné de $I$, on voit immédiatement
que l'on peut l'identifier à une distribution $\tilde u$ dans $I$ en posant,
pour $\varphi$ dans ${\cal C}_0^\infty(I)$,
$$<\tilde u,
\varphi>=\int_{I}u(x)\varphi(x)dx.$$ \dexer \index{Distributions associées \a
des fonctions $L^1_{loc}$}
 Montrer que si deux distributions $\tilde u$ et $\tilde v$ dans $I$ sont associ\e
es à des fonctions $u$ et $v$ appartenant à $L^1_{loc}(I)$ et si elles sont
deux distributions égales, alors $u=v$. \fexer \dexer \index{Masse de Dirac}
\index{Peigne de Dirac}Montrer que $<\delta_x, \varphi>=\varphi(x)$ est une
distribution dans $\RR$, appelée masse de Dirac en $x$.  Montrer qu'il en est
de m\eee me pour le ``peigne de Dirac'' $u=\sum_n \delta_{2k\pi}$ et pour
$<\delta_x^{(k)},\varphi>=(-1)^k\varphi^{(k)}(x)$. \fexer

\noindent On admettra le théorème suivant, qui est une conséquence du
théorème de Banach-Steinhaus :
\begin{thf} \index{Convergence des distributions}
 si $u_n$ est une suite de distributions dans $I$ telle que $\forall
\varphi \in {\cal C}_0^\infty$, $<u_n, \varphi>$ converge vers une valeur que
l'on note $<u,\varphi>$, alors $u$ est aussi une distribution dans $I$.
\end{thf}
Voir l'exercice 2 {à} la fin de ce chapitre. \dexer Montrer que si $u_n \in
L^1_{loc}$ converge vers $u$ dans $L^1_{loc}$, alors aussi $u_n\to u$ au sens
des distributions. \fexer

\begin{Def} {\bf et proposition} \index{Dérivée d'une distribution} Si $u$ est
une distribution dans $I$, alors on appelle dérivée $k$-ième de $u$ la
distribution dans $I$ définie par $<u^{(k)},\varphi>=(-1)^k<u,
\varphi^{(k)}>$. Si $u$ est ${\cal C}^k$ dans $I$, alors sa dérivée
classique, notée $\{u\}^{(k)}$ co\iii ncide avec sa dérivée au sens des
distributions, $u^{(k)}$.
\end{Def}
\paragraph{Démonstration}
Si $u$ est ${\cal C}^k$ dans $I$, on a $<\{u\}^{(k)},\varphi>=\int_I
\{u\}^{(k)}(x)\varphi(x)$ et en intégrant par parties $k$ fois, on obtient
$$<\{u\}^{(k)},\varphi>=(-1)^k\int_I u(x)\varphi^{(k)}(x)dx=<u^{(k)}, \varphi>.$$
\enddemo
\begin{thf} {\bf (formule des sauts)}\label{formuledessauts} \index{Formule
des sauts}Soit $f$  une fonction ${\cal C}^1$ par morceaux sur $I$ et
$(a_n)_{n\in \relative}$ la suite discrète de ses sauts.  On désigne par
$\{f\}'$ la dérivée ponctuelle de $f$ et par $f(a_n^\pm)$ les limites \a
gauche et à droite de $f$ en $a_n$. Alors la dérivée distributionnelle $f'$
de $f$ est donnée  par
$$f'= \{f\}'+\sum_n (f(a_n^+)-f(a_n^-))\delta_{a_n}.$$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Prendre $\varphi$ dans ${\cal C}_0^\infty$ et intégrer par parties $<f',
\varphi>=-\int f\varphi'.$
\enddemo
Que se passe-t-il quand la dérivée au sens des distributions d'une fonction
est nulle~?
\begin{lem}\index{Constance d'une fonction à dérivée distributionnelle
nulle} \label{deriveenulleimpliquenulle} Soit $f\in L^1(I)$ telle que $f'=0$,
\ccaadd \fb& \label{orthogonaleauxderivees}\forall \varphi\in {\cal
C}_0^\infty(I), \int_If(x)\varphi'(x)dx=0. \fe& Alors il existe une constante
$C$ telle que $f=C$ presque partout.
\end{lem}
\paragraph{Démonstration}  Voir l'exercice 3 {à} la fin de ce chapitre.
%Comme ${\cal C}_0^\infty(I)$ est dense dans ${\cal C}_c^1(I)$
%(Corollaire \ref{densiteC0infiniCc}), la relation (\ref{orthogonaleauxderivees})
%est encore vraie si
%$\varphi\in {\cal C}_c^1(I)$. Fixons $\psi\in {\cal C}_c(I)$ telle que
$\int_I\psi(x)dx=1$.
%Alors pour toute fonction
%$w\in {\cal C}_c(I)$, il existe  une ``pseudo-primitive''  de $w$, $\varphi\in
{cal
%C}_c^1(I)$,
%satisfaisant
%$$\varphi'(x)=w(x)-(\int_Iw)\psi(x).$$
%Il suffit de choisir pour $\varphi$  la primitive à support compact de
%$w-(\int_Iw)\psi$, qui est d'intégrale nulle.  Donc
%$$\forall w\in {\cal C}_c(I),\;\int_I f(x)(w(x)-(\int_Iw)\psi)=0 \hbox{ et par
Fubini
%}$$
%$$\forall w\in {\cal C}_c(I), \; \int_I(f(x)-\int_If\psi)w(x)dx=0,$$
%ce qui implique par le lemme \ref{orthogonalaCcimpliquenul} que $f(x)=\int_If\psi$
%est constante.
\enddemo


\begin{pro} \index{Dérivation d'une série de Fourier}Soit
$f$ une fonction définie sur $\RR$, $2\pi$-périodique et telle que $f\in
L^2(0,2\pi)$.  On a le droit de d{é}river  la s{é}rie de Fourier de $f$
autant de fois que l'on veut et on
 a donc
\fb& \label{deriveeseriedefourier}f^{(p)} = \sum_{-\infty}^{+\infty}
(ik)^pc_k(f)e^{ikt}, \fe&
  cette égalité étant  valide comme égalité de
deux distributions dans $\RR$.
\end{pro}
\drem L'égalité est aussi valide comme égalité de deux distributions
dans $]0,\pi[$ ou en fait dans tout intervalle ouvert de $\RR$. \frem
\paragraph{Démonstration}
\skipaline  On remarque d'abord que si $I$ est un ouvert et $u$ une fonction
dans $L^2(I)$, dans $L^1$, ou dans $L^p_{loc}$, alors elle est une distribution
dans $I$, car toute fonction de $L^1_{loc}(I)$ est une distribution dans $I$. De
plus, si une suite de fonctions $u_n$ converge dans l'un des ces espaces, elle
converge aussi
 au sens des distributions dans $I$. Si
$f\in L^2(0,2\pi)$ et est $2\pi$-périodique, elle est  une distribution qui
est la somme (au sens $L^2_{loc}$ et donc au sens des distributions dans $\RR$)
de la série $\sum_kc_k(f)e^{ikt}.$  Soient
$s_{n,m}(f)=\sum_{-m}^nc_k(f)e^{ikt}$ les sommes partielles de la série de
Fourier. Comme $s_{n,m}(f)$ tend vers $f$ au sens des distributions quand $n$ et
$m$ tendent vers l'infini, $s_{n,m}(f)^{(p)}$ tend vers $ f^{(p)}$ au sens des
distributions. Dérivant  terme à terme $s_{n,m}(f)$, on obtient
$$f^{(p)}=\sum_k (ik)^{p}c_k(f)e^{ikt},$$
la convergence de la série se faisant au sens des distributions dans $\RR$.
\enddemo
\dexer Montrer que si $u$ est une distribution et $f\in {\cal C}^{\infty}(\RR)$,
alors $fu$ définie par
$$<fu, \varphi> = <u, f\varphi>$$
est bien une distribution \fexer

\dexer \index{Dérivée de la masse de Dirac}Dérivée de la masse de Dirac
\newline D{é}montrer que $x\delta_0'=-\delta_0$.
\fexer
\paragraph{Solution}  On calcule
$$<x\delta_0', \varphi>=<\delta_0',
x\varphi>= -<\delta_0, (x\varphi)'>=-<\delta_0, \varphi +  x\varphi'>=$$
$$-\varphi(0) = <-\delta_0, \varphi>.$$
\enddemo


\begin{pro}\index{Peigne de Dirac}\index{Formule de Poisson}
(Peigne de Dirac et formule sommatoire de Poisson) On pose $$<\tilde{\delta},
\varphi> = \sum_{n\in {\cal Z}} \varphi(2n\pi).$$  On l'appelle la
"$2\pi$-p{é}riodis{é}e" de la masse de Dirac, ou "peigne de Dirac". Alors
$2\pi\tilde{\delta}-1=s'$ est la d{é}riv{é}e de la fonction "en dents de
scie", $2\pi$-p{é}riodique, d{é}finie sur $\lbrack 0, 2\pi \lbrack$ par
$s(x)=\pi-x$ et on a
$$\tilde{\delta} = \frac{1}{2\pi}\sum_n e^{inx},$$
ce qui se traduit pour $\varphi \in {\cal C}_0^\infty$ par la formule sommatoire
de Poisson,
$$\sum_{k=-\infty}^{k=+\infty}\varphi(2k\pi)= \frac{1}{2\pi}\sum_
{p=-\infty}^{p=+\infty} \hat{\varphi}(p).$$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
Par intégration par parties, $c_n(s) = \frac 1
{2\pi}\int_0^{2\pi}(\pi-x)e^{inx}dx = \frac 1 {in}.$  Donc le développement en
série de Fourier de $s$ est
$$s = \sum_{n\in \relative\setminus\{0\}} \frac 1 {in}e^{inx},$$
la convergence se faisant au sens $L^2_{loc}$, donc aussi au sens $L^1_{loc}$ et
donc aussi au sens des distributions.  On dérive terme à terme cette derni\ee
re formule (au sens des distributions) et on obtient donc
$$s'= \sum_{n\in \relative\setminus\{0\}}e^{inx}.$$
La formule des sauts (théorème \ref{formuledessauts}) nous donne
$s'=-1+\sum_{n\in\relative}2\pi\delta_{2\pi n}$, les sauts de $s$ aux points
$2\pi n$ étant de $+2\pi$ et $s$ étant ${\cal C}^1$ aux autres points et de
dérivée ponctuelle égale à  -1.  On obtient donc
$$\sum_{n\in\relative}2\pi\delta_{2\pi n}=1+\sum_{n\neq 0}e^{inx}=\sum_{n\in
\relative} e^{inx},$$ soit la formule annoncée,
$$\sum_{n\in\relative}\delta_{2\pi n}=\frac 1{2\pi}\sum_{n\in
\relative} e^{inx}.$$ La formule de Poisson s'obtient en appliquant cette
dernière formule à une fonction $\varphi \in {\cal C}_0^\infty$ arbitraire.
\enddemo

\section{Distributions périodiques et leurs séries de Fourier}
\begin{Def}\index{Translatée d'une fonction et d'une distribution}
Si $T\in \RR$, on note $\tau_T u$ et on appelle "translatée de $u$ de $T$" la
fonction $\tau_Tu(x)= u(x-T)$.  Si $u$ est une distribution, on pose
$$<\tau_T u, \varphi>=<u, \tau_{-T}\varphi>.$$
On voit aisément que ces deux définitions sont compatibles quand $u$ est une
fonction de $L^1_{loc}$.
\end{Def}
\begin{Def}\index{Distribution périodique}
On se donne un nombre $T>0$,  la "p{é}riode", et lui associe la
"fr{é}quence" $\omega = \frac {2\pi}{T}$.  On dit  qu'une distribution $u$ est
$T$-p{é}riodique si sa translat{é}e $\tau_T u$ est  {é}gale {à} $u$.
 \end{Def}
\begin{pro}\index{Croissance lente (suite à )}
Soit $(\gamma_k)_{k\in Z}$ une suite {à} croissance lente, c'est-{à}-dire
v{é}rifiant une inégalité du type
$$\forall k \in Z,\; |\gamma_k|\leq C(1+|k|)^N.$$
Alors la s{é}rie  $\sum_{-\infty}^{+\infty} \gamma_k e^{ik\omega t}$ converge
au sens des  distributions et d{é}finit une distribution $T$-p{é}riodique.
\end{pro}

\paragraph{Démonstration} On pose  $$u(t)=\sum_{k\neq 0}\frac 1{(ik\omega)^{N+2}}
\gamma_k e^{ik\omega t}.$$ Il s'agit d'une série uniformément convergente,
son terme général étant majoré par $\frac C{(1+|k|)^2}$. L'égalit\ea
précédente est donc valide au sens des distributions. En la dérivant $n+2$
fois au sens des distributions, on obtient une nouvelle distribution et l'\e
galit\ea
$$\sum_{-\infty}^{+\infty} \gamma_k e^{ik\omega t}=u^{(n+2)}.$$
  Comme $u(t)$ est une fonction $2\pi$-périodique,
il est immédiat que $u^{(n+2)}$ est une distribution $2\pi$-périodique.
\enddemo
\begin{pro}\label{decroissancerapidedescoefficients} \index{Décroissance
rapide (de coefficients de Fourier)} Si $f$ est $T$-p{é}riodique  et de classe
${\cal C}^{\infty}$, la suite des $c_k(f)=\frac 1{T}\int_0^T f(t)e^{ik\omega t}$
est {à} d{é}croissance  rapide, c'est-{à}-dire que l'on a $|c_k(f)|\leq
C_N(1+|k|)^{-N}$ pour tout  $N$ et  la diff{é}rence
$$f-\sum_L^{L'}c_k(f)e^{ik\omega t}$$  tend vers 0 uniform{é}ment ainsi que
chacune de ses d{é}riv{é}es lorsque $L$ et $L'$ tendent vers $+\infty$.
\end{pro}


\paragraph{Démonstration}  On obtient l'estimation $|c_k(f)|\leq
C_N(1+|k|)^{-N}$ en intégrant par parties $N$ fois $ c_k(f) =\frac 1
T\int_0^{T}f(t)e^{-ik\omega t}dt$.  Gr\aa ce à cette estimation, la série
$\sum_k c_k(f)e^{ik\omega t}$ et toutes ses dérivées terme à terme sont
uniformément convergentes.  On peut donc intervertir sommation et d\e
rivation.
\enddemo

\begin{thf}\label{unicitedescoefficientsdefourier}\index{Unicité des
coefficients de Fourier d'une distribution} (Unicité des coefficients de
Fourier) Si $\gamma_k$ est une suite à croissance lente telle que l'on ait
$u=\sum_k \gamma_k e^{ik\omega t}=0$  au sens des distributions, alors $\forall
k, \gamma_k=0$.
\end {thf}
\paragraph{Démonstration}
Pour tout $\varphi\in {\cal C}_0^\infty$,
$$<\sum_k \gamma_ke^{ik\omega t}, \varphi>=\sum_k \gamma_k<e^{ik\omega t},
\varphi>= \sum_k \gamma_k\int_{\RR} \varphi(t)e^{ik\omega t}.$$ Le théorème
résulte alors immédiatement du lemme qui suit.

\enddemo
\begin{lem} \index{Fonctions tests pour Fourier}\label{fonctiontestfourier}
$\forall k_0\in\relative,\; \exists \varphi\in {\cal C}_0^\infty,\; \int
\varphi(t)e^{ik\omega t}dt=\delta_{k,k_0}.$
\end{lem}

\begin{lem} \index{Partition périodique de l'unité }
Il existe $\chi\in {\cal C}_0^\infty(\RR)$ telle que \fb&
\label{partitiondeluniteperiodique} \sum_{l\in Z}\chi(t+lT)= 1. \fe&
\end{lem}
\paragraph{Démonstration} Il suffit de prendre    $\phi \in {\cal C}_0^\infty$
positive partout et strictement positive sur $[0,T]$, puis de poser $\chi(t) =
\frac {\phi(t)}{\sum_{l\in \relative}\varphi(t+lT)}.$
\enddemo
\paragraph{Démonstration du Lemme \ref{fonctiontestfourier}.}
On pose simplement $\varphi(t)=\chi(t)e^{-ik_0\omega t}$, o\u $\chi(t)$ d\e
finit une partition de l'unité (Lemme\ref{partitiondeluniteperiodique}). Alors
$$
\int \varphi(t)e^{ik\omega t}dt= \int \chi(t)e^{i(k-k_0)\omega t}dt=
$$
$$\sum_{l\in
\relative} \int_{lT}^{(l+1)T}\chi(t)e^{i(k-k_0)\omega t}dt=\sum_l\int_0^T
\chi(t+lT)e^{i(k-k_0)\omega t}dt =$$
$$\int_0^T \sum_{l\in \relative}
\chi(t+lT)e^{i(k-k_0)\omega t}dt=\int_0^T e^{i(k-k_0)\omega
t}dt=\delta_{k,k_0}.$$
\enddemo

\section{Espaces de Sobolev périodiques $H^m_{per}(0, 2\pi)$}


\begin{Def}\index{Espace de Sobolev périodique} On appelle espace de Sobolev p\e
riodique d'ordre $m\geq 1$ et on note $H^m_{per}(0, 2\pi)$ l'ensemble des
fonctions $2\pi$ périodiques sur $\RR$, appartenant à $L^2(0, 2\pi)$ et
telles que leurs dérivées au sens des distributions d'ordre $1, ...,m$
appartiennent à $L^2(I)$. On le munit de la norme
$$||u||_{H^{m}_{per}}= (\sum_{n\leq m} ||u^{(n)}||_{L^2})^\frac 12$$
associée au produit hermitien
$$(u,v)_{H^m_{per}}=\sum_{n\leq m} \int_{[0,2\pi]}
u^{(n)}(x)\overline{v^{(n)}(x)}dx.$$
\end{Def}


Les espaces $H^m_{per}(0,2\pi)$ sont particulièrement faciles à étudier
gr\aa ce au fait qu'ils sont caractérisés par le comportement de leur s\e
rie de Fourier.  Dans toute la suite de ce chapitre, on note $I=]0,2\pi[$.

\begin{pro} \index{Coefficients de Fourier d'une dérivée}
Si $u\in H^m_{per}$, alors pour tout $n\leq m$, les coefficients de $u^{(n)}$
vérifient $$c_k(u^{(n)})=(ik)^nc_k(u).$$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
En effet, on a vu que si $u\in L^2(I)$, alors on peut écrire
$$u=\sum_k c_k(u)e^{ikt}, \; c_k(f)=\frac 1{2\pi}\int_{[0,2\pi]}u(t)dt,$$
cette égalité s'étendant à $\RR$ à condition de périodiser $u$. En
conséquence,
$$u^{(n)}=\sum_k c_k(u)(ik)^ne^{ikt},$$
la convergence se faisant au sens des distributions dans $\RR$.  Comme on a
supposé que $u^{(n)}$ est dans $L^2(I)$, $u^{(n)}$ admet un développement en
série de Fourier dont les coefficients $(c_k(u^{(n)}))_k$ appartiennent \a
$L^2(\relative)$. Par unicité du développement de Fourier (théorème
\ref{unicitedescoefficientsdefourier}), on a
$$c_k(u)(ik)^n=c_k(u^{(n)}).$$
\enddemo
\begin{pro}
 \index{Régularité des fonctions de $H^m_{per}$}Les fonctions de
$H^m_{per}$ appartiennent à $C^{m-1}$. En particulier, les fonctions de
$H^1_{per}(I)$ sont continues.
\end{pro}

\paragraph{Démonstration}
Prenons $n=1$.  Alors $c_k(u)= \frac 1{ik}c_k(u')$ est le produit de deux s\e
ries appartenant à  $l^2(\relative)$.  Donc $c_k(u)\in l^1$ et donc la série
$\sum_k c_ke^{ikt}$ converge uniformément sur $\RR$. La limite est donc
continue et donc $u$ est continue (ou, pour \eee tre exact, $u$ est égale
presque partout à une fonction continue et est donc continue).  On conclut la
démonstration en remarquant que si $u^{(m-1)}$ est dans $H^1_{per}$, alors $u$
est dans $H^m_{per}$.
\enddemo

\begin{pro} \index{Espaces de Hilbert $H^m_{per}$} \label{H1norme} Les espaces
$H^m_{per}(0,2\pi)$
sont des espaces de Hilbert et leur norme peut s'écrire
$$||u||^2_{H^m_{per}}=\sum_{n\leq m}
||u^{(n)}||^2_{L^2}=\sum_k|c_k(u)|^2(1+|k|^2+...+|k|^{2m}).$$ Une norme
hilbertienne équivalente est $|u|_{H^m_{per}}^2=\sum_k|c_k(u)|^2(1+|k|^{2m}).$
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
L'application $u\in H^m_{per}\to (c_k(u)(1+|k|^2+...+|k|^{2m})^\frac 12$ est une
isométrie de $H^m_{per}(0,2\pi)$ sur $l^2(\relative)$ qui est un espace de
Hilbert. $H^m_{per}$ est donc aussi un espace de Hilbert. L'équivalence des
normes est immédiate.
\enddemo
\begin{thf} (première application) \index{Elastique chargé }
On considère le problème de l'élastique chargé, \fb&
\label{equationbarreelastique} -u''+u = f, \; u(0)=v(2\pi)=0, \fe& o\u $f\in
L^2([0, 2\pi]).$  Alors il existe une unique  $u\in L^2([0,2\pi])$ solution (au
sens des distributions !) de (\ref{equationbarreelastique}).  Cette solution
appartient en fait à $H^2_{per}([0,2\pi])$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}  Pour avoir de manière naturelle les conditions
aux limites $u(0)=u(2\pi)=0$, il est convenable d'utiliser la  base en sinus
$(\sin(\frac{kt}2)), \; k\in \NN^*$. On développe $u$ et $f$ dans cette base
de Fourier et on identifie les coefficients de Fourier à droite et à gauche de
l'équation, comme on le peut en vertu de l'unicité des coefficients de
Fourier d'une distribution.  (Cette unicité entra\ii ne immédiatement
l'unicité des coefficients sur la base en sinus, puisque les coefficients en
sinus de $u$ ne sont autres que les coefficients de Fourier classiques sur
$[-2\pi, 2\pi]$ de $u$ prolongée en une fonction impaire).  On pose donc
$c_k(u)=\frac 1\pi \int_0^{2\pi}u(t)\sin\frac{kt}2 dt$ et on a $u=\sum_{k\in
\NN^*}c_k(u)\sin\frac{kt}2.$  L'équation (\ref{equationbarreelastique}) est
alors équivalente \a
$$\forall k\in\NN^*,\; (k^2+1)c_k(u)=c_k(f), \hbox{ soit }$$
$$c_k(u)=\frac {c_k(f)}{1+k^2}.$$
Donc $u = \sum_{k\in \NN^*}\frac {c_k(f)}{1+k^2}\sin{\frac k2t},$ qui appartient
bien à $H^2_{per}$. Remarquer que $u$ n'est pas nécessairement ${\cal C}^2$
et que donc l'équation n'a pas de sens classique !  Par contre, comme $u\in
H^2_{per}$, $u$ est ${\cal C}^1$. Comme $u$ est impaire, on a bien
$u(0)=u(2\pi)=0$.
\enddemo
\\ \\

\paragraph{Exemple de fonction continue et juste en dehors de $H^1_{per}$}

Afin de donner une id{é}e concr{è}te du type de fonction appartenant {à}
l'espace $H^1_{per}$, nous allons donner plusieurs exemples de fonctions dont le
module des coefficients de Fourier décroît à une vitesse donnée,
ce qui caractérise leur appartenance à ces espaces. Dans le cas de la dimension
1, nous montrons, figure \ref{pasH11D}, trois exemples de fonctions de $\R$ dans
$\R$, dont les coefficients vérifient $|c_k(f)|=(|k|+1)^{-\alpha}$, avec
respectivement $\alpha=1,01$, $\alpha=1,5$, $\alpha=2$. Remarquons qu'une
fonction avec de tels coefficients est continue si $\alpha>1$, car alors la
série $\sum |c_k|$ converge, et qu'il y a donc convergence uniforme de la
série de Fourier. D'autre part, la fonction est dans $H^1_{per}$ dès que
$\alpha>\frac  3 2$, en vertu de la proposition \ref{H1norme}, et n'y
appartient pas dans le cas contraire. Dans le cas des fonctions de la figure
\ref{pasH11D}, seule la dernière fonction est dans $H_1$, la deuxième
étant ``juste en dehors'' de cet espace. Numériquement, ces fonctions sont
discrètes, c'est à dire que leurs valeurs ne sont connues qu'en un nombre
fini de points, et sont obtenues par Transformée de Fourier Discrète inverse
(voir le paragraphe \ref{s:TFD}). Un signal dont les termes décroissent en
$k^\alpha$ est généré, puis ses termes sont multipliés par des phases
(nombres complexes de module 1) aléatoires (uniformément tirées pour les
expériences présentées) respectant les propriétés de symétrie des
transformées de Fourier des signaux réels (voir le paragraphe \ref{s:TFD}). Les
fonctions sont alors obtenues par transformée de Fourier inverse.


Pour illustrer l'appartenance aux espaces $H^1_{per}$ dans le cas de fonctions
de $\R^2$ dans $\R$, nous g{é}n{é}ralisons les d{é}finitions et
propriétés précédentes. Une fonction $u$ de $\RR^2$ est dite
$2\pi$-p{é}riodique si elle est $2\pi$-p{é}rodique en chacune de ses
variables.

\begin{Def}\index{Espace de Sobolev périodique 2} On appelle espace de Sobolev p\e
riodique d'ordre $1$ et on note $H^1_{per}(I^2)$ l'ensemble des fonctions $u$,
$2\pi$ périodiques sur $\RR^2$, appartenant à $L^2(I^2)$ et telles que leurs
dérivées (au sens des distributions) d'ordre $1$,
$$\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}$$
 appartiennent
à $L^2(I^2)$. On note ces deux d{é}riv{é}es respectivement $u_x$ et $u_y$.
On
 munit cet espace de la norme
$$||u||_{H^{1}_{per}}=\left(||u||^2_{L^2} +||u_x||^2_{L^2}+||u_y||^2_{L^2}\right)^\frac 12$$
associée au produit hermitien
$$(u,v)_{H^1_{per}}=\int_{[0,2\pi]^2}
\left(u(x,y)\overline{v}(x,y)+u_x(x,y)\overline{v_x}(x,y)+u_y(x,y)\overline{v_y}(x,y)\right)
d
xdy.$$
\end{Def}

On a alors l'{é}quivalent de la proposition \ref{H1norme} (la preuve est
identique {à} celle de la dimension 1):

\begin{pro} \label{H1norme2} Les espaces $H^m_{per}(0,2\pi)$
sont des espaces de Hilbert et leur norme peut s'écrire
$$||u||^2_{H^1_{per}}=||u||^2_{L^2}+||u_x||^2_{L^2}+||u_y||^2_{L^2}=\sum_{i,j}|c_{i,j}(u)|^2
(
1+i^2+j^2).$$
\end{pro}

En particulier, si une fonction $u$ de $L^2(I^2)$ a les coefficients $c_{i,j}$
de sa s{é}rie de Fourier tels que la s{é}rie
$\sum_{i,j}|c_{i,j}(u)|^2(1+i^2+j^2)$ diverge, elle n'est pas dans $H^1_{per}$.
La figure \ref{pasH12D} pr{é}sente plusieurs exemples de fonctions $u$ dont
les coefficients de Fourier v{é}rifient
$|c_{i,j}|=\frac{1}{1+(i^2+j^2)^{\alpha/2}}$. Ces fonctions sont continues (leur
s{é}rie de Fourier converge uniform{é}ment) si $\alpha>1$, et ces fonctions
ne sont pas dans l'espace $H^1_{per}$ si $\alpha<1.5$, d'apr{è}s la
proposition \ref{H1norme2}. Comme en dimension 1, ces images sont obtenues par
Transformation de Fourier Discr{è}te inverse, en imposant le module des
coefficients de la transform{é}e, et en tirant des phases al{é}atoires.
\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/alpha_1.ps}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/alpha_1.5.ps}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/alpha_2.ps}

\end{center}
\caption[Espace $H^1_{per}(\R)$ et décroissance des coefficients de Fourier]{Fonctions continues de $\R$ dans $\R$ dont les coefficients de Fourier
v{é}rifient $|c_k(f)|=(k+1)^{-\alpha}$. Les arguments des $c_k(f)$ sont des
variables aléatoires indépendemment et uniformément distribués sur $[0,2\pi]$. Haut: $\alpha=1$, la fonction est en
dehors de $H^1_{per}$, milieu: $\alpha=1,5$, et la fonction est donc ``juste''
en dehors de l'espace $H^1_{per}$, bas: $\alpha=2$, la fonction est dans
$H^1_{per}$.} \label{pasH11D}
\end{figure}

\begin{figure}
\begin{center}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/alpha2_1.ps}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/alpha2_1.5.ps}

\includegraphics[width=7cm]{Figures/alpha2_2.ps}

\end{center}
\caption[Espace $H^1_{per}(\R^2)$ et décroissance des coefficients de Fourier]{fonctions continues dont les coefficients de Fourier v{é}rifient
$|c_{i,j}|=(1+i^2+j^2)^{-\alpha/2}$. Les arguments des $c_{i,j}$ sont des
variables aléatoires indépendemment et uniformément distribuées sur
$[0,2\pi]$. Haut: $\alpha=1$, la fonction est en dehors
de $H^1_{per}$, milieu: $\alpha=1.5$, et la fonction est donc ``juste'' en
dehors de l'espace $H^1_{per}$, bas: $\alpha=2$, la fonction est dans
$H^1_{per}$.} \label{pasH12D}
\end{figure}




\section{Exercices}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) Les applications suivantes d{é}finissent-elles des distributions sur $\RR$
?\\
$$\vfi \rightarrow \sum_{n\geq0} \vfi^{(n)}(n),\qquad \vfi
\rightarrow \sum_{n\geq0} \vfi^{(n)}(0).$$ 2) Soit $f \in \Lun(\RR)$, montrer
que $T_f : \vfi \mapsto \int_{\RR} f\vfi$ est dans $\Di(\RR)$,
 et qu'il n'existe pas $f \in L^1_{loc}(\RR)$ telle que $\delta_0 = T_f.$\\
D{é}finition : Les distributions du type $T_f$ sont appel{é}es "fonctions".\\
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
{ \bf Rappel }:\\
Pour $K$ compact de $\RR$, on note $\DD_K(\RR) = \{ \vfi \in {\cal
C}^{\infty}(\RR),\,\mbox{supp }\vfi \in K \}$ qui est naturellement muni de la
topologie d{é}finie par la famille de semi-normes $p_j(\vfi) = \sup_{m \leq j}
\sup_K \vert \vfi^{m}(x) \vert$. On rappelle qu'une partie $U$ de $\DD_K(\RR)$
est ouverte si ou bien $U = \emptyset$ ou bien $\forall \vfi \in U$, $\exists
j,r$ tels que la boule $B_j(\vfi,r) = \{ \psi \in \DD_K(\RR), p_j(\vfi - \psi) <
r \} \subset
U$. (on pourra v{é}rifier que l'on d{é}finit bien ainsi une topologie.)\\
Soit $(T_n)_n$ une suite de distributions dans $\Di(\RR)$ telle que, $\forall
\vfi \in \DD(\RR)$ la suite $<T_n,\vfi>$ converge vers une limite que l'on note
$<T,\vfi>$, on veut montrer que la forme lin{é}aire $T$ est une distribution.\\
Avec les notations du rappel, on pose $E = \DD_K (\RR)$ et
$$d(f,g) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{2^n} \inf(1,p_n(f-g)).$$
1) V{é}rifier que d est une distance sur E. Montrer que sur E, la topologie de
la distance d est {é}quivalente {à} la topologie d{é}finie par la famille
de
semi-normes $(p_n)_n$. \\
2) V{é}rifier que $(E,d)$ est complet. On pose $F_k = \{ \vfi \in
E\,:\,\forall n,\, \vert<T_n,\vfi>\vert \leq k \}$. Montrer que $\exists k_0,
i_0,\vfi,r$ tels que $B_{i_0}(\vfi,r) \subset F_{k_0}$. En d{é}duire que $T$
est continue sur E et
donc que $T$ est bien une distribution.\\
Remarque : On peut remplacer $\RR$ par un ouvert quelconque de $\RR^N$.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soit I un intervalle ouvert de $\RR$ et $\theta_0 \in \DD(I)$ telle que $\int_I
\theta_0 = 1$.

a) V{é}rifier que $\forall \vfi \in \DD(I)$, $\exists (\lambda,\psi) \in
\RR\times \DD(I)$ tel que $\vfi = \lambda\theta_0+\psi^{\prime}$.

b) En d{é}duire que si $T \in \Di(I)$ v{é}rifie $T^{\prime} =0$ alors T est
une fonction constante.

c) Soit $T \in \Di(I)$ telle que $T^{\prime} \in {\cal C}^{\infty}(I)$, montrer
que $T \in {\cal C}^{\infty}(I)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
Soit $\psi$ solution de $\sum_{j=0}^k a_j \psi^{(j)}(x) = 0$ pour $x \in \RR$,
o{\`u} $a_j \in \RR$ et $a_k \not=0$,
satisfaisant \\
$\psi(0)=\psi^{\prime}(0)=...=\psi^{k-2}(0)=0$ et
$\psi^{k-1}(0)=\frac{1}{a_k}$.\\
1) Soit $Y= 1_{\RR^+}$, on pose $E=T_{Y\psi}$. V{é}rifier que $E \in \Di(\RR)$
et calculer
$\sum_{j=0}^k a_j E^{(j)}$.\\
2) Donner une solution dans $\Di(\RR)$ de
$E^{\prime\prime}+E^{\prime}+E=\delta_0$.
\\ \\


%\include{chap1112}
\chapter{Espaces de Sobolev sur l'intervalle}

Dans toute la suite, $I=]a,b[$ représente un intervalle ouvert de $\RR$,
borné ou non.

\begin{Def}\index{Espace de Sobolev} On appelle espace de Sobolev  d'ordre
$m\geq 1$ et d'exposant $p\geq 1$ sur l'intervalle $I=[0, 2\pi]$ l'ensemble des
fonctions de $L^p(I)$ telles que leurs dérivées au sens des distributions
d'ordre $1, ...,m$ appartiennent à $L^p(I)$.  On note cet espace $W^{m,p}(I)$
et on le munit de la norme
$$||u||_{W^{m,p}}= \sum_{n\leq m} ||u^{(n)}||_{L^p}.$$
Si $p=2$, on note  $H^m=W^{m,2}$ et on prend pour norme
$$||u||_{H^m} = (\sum_{n\leq m} ||u^{(n)}||^2_{L^2})^\frac 1 2,$$
associée au produit hermitien
$$(u,v)_{H^m}=\sum_{n\leq m} \int_I u^{(n)}(x)\overline{v^{(n)}(x)}dx.$$
\end{Def}


 Une fonction $u$ appartient donc \a
$W^{1,p}(I)$ si $u\in L^p(I)$ et sa dérivée au sens des distributions dans
$I$ est dans $L^p$.  Cela veut dire
$$\exists v(=u')\in L^p, \; \forall \varphi\in {\cal C}_0^\infty(I), \; \int_I
v(x)\varphi(x)dx=-\int_I u(x)\varphi'(x)dx.
$$

\begin{thf}\label{fonctionsdeW1psontC1} \index{Continuité des fonctions de
$W^{1,p}$} Si $u\in W^{1,p}(I)$, il existe $\tilde u\in C^0(I)$ (\ccaadd
continue dans $I$) telle que $u=\tilde u$ presque partout dans $I$ et \fb&
\label{integrationdeladeriveedansW1p} \forall x,y \in
\overline{I},\;\int_x^yu'(t)dt=\tilde u(y)-\tilde u(x) \fe&
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Comme ${\cal C}_0^\infty(I)$ est dense dans $L^1(I)$ (Corollaire
\ref{densiteC0infiniCc}), on peut  choisir une suite $v_\varepsilon\in {\cal
C}_0^\infty(I)$ qui converge vers $u'$ dans $L^1(I)$.  On pose
$u_\varepsilon(x)=\int_a^xv_\varepsilon(x)dx.$ La suite $u_\varepsilon$ converge
uniformément sur tout compact de $I$ vers une fonction $w$ continue sur $I$.
Alors d'une part, si $\varphi\in {\cal C}_0^\infty$,
$$\int_Iu_\varepsilon \varphi'=-\int v_\varepsilon \varphi \to -\int u'\varphi=
\int u\varphi'$$
$$\hbox{et d'autre part  } \int_Iu_\varepsilon\varphi'\to\int w\varphi'.$$
 $$\hbox{Donc  }\forall \varphi\in {\cal C}_0^\infty(I), \; \int (w-u)\varphi'=0,$$
ce qui prouve  par le lemme \ref{deriveenulleimpliquenulle} que $w-u$ est \e
gale presque partout à une constante $C$.  On conclut en posant $\tilde u=w-C$.
\enddemo

\begin{cor}\label{densiteCzeroinfiniW1ploc}
Si $u\in W^{1,p}(I)$, il existe une suite $u_\varepsilon\in C^\infty (\real)$
convergeant vers $u$ dans $W^{1, p}(K)$ pour tout compact $K\subset I$.

\end{cor}
\paragraph{Démonstration} Il suffit de reprendre la démonstration précédente en
rappelant
que $C_0^\infty$ est aussi dense dans $L^p(I)$.  Donc on a $v_\varepsilon\to u'$
dans $L^p(I)$, et donc $u_\varepsilon$ tend vers $u+C$ uniformément sur tout
compact (et donc aussi dans $L^p$ de tout compact inclus dans $I$.
\enddemo
\begin{pro} \label{continuiteauxbordsdeudansW1p}\index{Continuité aux extr\e
mités des fonctions de $W^{1,p}$} Si $p<\infty$, alors toute fonction $u\in
W^{1,p}$ se prolonge en une fonction continue sur la fermeture $\overline{I}$.
Si $a=-\infty$ ou $b=+\infty$, on a de plus $u(x)\to 0$ quand $x\to \infty$.
\end{pro}
\paragraph{Démonstration}
Si $p<\infty$ et si $I$ est  borné, on déduit immédiatement de la
relation\linebreak $|u(x)-u(y)|\leq \int_x^y|u'(t)|dt$ que $u(x)$ est une suite
de Cauchy quand $x$ tend vers $a$ ou $b$ et on peut donc définir $u$ comme une
fonction continue sur $[a,b]$. Si $I$ est non borné et $u\in W^{1,1}(I)$, on
déduit par la m\eee me inégalité que $u(x)$ a une limite quand $x\to
+\infty$ (par exemple). Cette limite ne peut \eee tre que zéro, puisque $u$
est intégrable.  Si $p>1$, on commence par remarquer que si $u$ est $C^1$, on
peut écrire,
 par l'inégalité de H\ooo lder,

\fb& \label{doublehoelder} |u|^p(x)-|u|^p(y)=p\int_x^y u'|u|^{p-2}u(x)dx\leq
p(\int_x^y|u'|^p)^\frac 1 p(\int_x^y|u|^p)^\frac 1{p'}, \fe& ce qui implique
encore que $u(x)\to 0$ quand $x\to \infty$. Si maintenant $u$ est seulement dans
$W^{1,p}$, on utilise le corollaire \ref{densiteCzeroinfiniW1ploc} : on prend
$u_\varepsilon$ régulière et approximant dans $W^{1,p}([x,y])$. L'in\e
galité \ref{doublehoelder} s'applique à $u_\varepsilon$ et, par densité,
aussi à $u$.
\enddemo
\begin{Def} \index{Espace $W^{1,p}(I)$} Si $I=]a,b[$ et que $a$ ou $b$ est fini, on
note $W^{1,p}_0(I)$ le sous-espace des fonctions $u\in$ $W^{1,p}(I)$ telles que
$u(a)=u(b)=0$.  Cette définition a un sens gr\aa ce à la proposition préc\e
dente : on prend pour $u(a)$ et $u(b)$ les valeurs limites du représentant
continu de $u$. Dans le cas particulier o\u $p=2$, on note
$H_0^1(I)=W_0^{1,2}(I)$.
\end{Def}
\drem Rappelons qu'en vertu de la proposition
\ref{continuiteauxbordsdeudansW1p}, si $I$ est non borné, $u(x)$ tend  vers 0
quand $x\to \infty$. \frem
\begin{thf} \label{densitedeC0infinidansW01p}
%\index{Densité de ${\cal C}_0^\infty$ dans $W_0^{1,p}$}
${\cal C}_0^\infty(I)$ est dense dans $W_0^{1,p}(I)$.  En particulier, ${\cal
C}_0^\infty(\RR)$ est dense dans $W^{1,p}(\RR)$ et ${\cal C}_0^\infty(I)$ est
dense dans $H_0^1(I)$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
{\bf Etape 1}  Regardons d'abord le cas o\u $I$ est un intervalle borné de
$\RR$. Soit $u\in W_0^{1,p}(I)$ et $g_\varepsilon \in {\cal C}_0^\infty(I)$
telle que $g_\varepsilon \to u'$ dans $L^p(I)$.  Comme $\int_I u'(x)dx=0$, il en
résulte que $\int_Ig_\varepsilon(x)dx\to 0$.  Fixons $\varphi\in {\cal
C}_0^\infty(I)$ telle que $\int \varphi(x)dx=1$.  Alors aussi
$$v_\varepsilon=g_\varepsilon -\varphi \int_I g_\varepsilon \to u'$$ et on a
maintenant $\int_I v_\varepsilon =0$. On voit immédiatement que sa primitive
$u_\varepsilon(x)=\int_a^xv_\varepsilon(x)dx$ est dans ${\cal C}_0^\infty(I)$ et
par la relation (\ref{integrationdeladeriveedansW1p}) on déduit que
$u_\varepsilon$ converge uniformément (et donc dans $W^{1,p}$) vers $u_0$.
\newline
\newline {\bf Etape 2}  Supposons maintenant que $I$ est non borné et  traitons
sans perte de généralité le cas $I=]0, +\infty[$. Gr\aa ce à l'étape 1,
il suffit que nous montrions que toute fonction $u\in W^{1,p}(]0, +\infty[)$ est
approchable par des fonctions $u_n$ dans $W^{1,p}(]0,n[)$.  Pour cela, on
considère une fonction $\varphi\in {\cal C}_0^\infty(\RR)$ telle que
$\varphi(0)=1$, $|\varphi(x)|\leq 1$ et à support dans $]-1, 1[$ et on pose
simplement $u_n = u\varphi(\frac x n)$.  Par le théorème de Lebesgue, $u_n
\to u$ dans $L^p$ ($|u|^p$ est chapeau intégrable) et on a aussi $u_n'\to u'$
dans $L^p$.  En effet,
$$u'_n= \frac 1 n \varphi'(\frac x n)u +
u'\varphi(\frac x n).$$ Or, le premier terme tend vers 0 dans $L^p$,  $\varphi'$
étant bornée, et le second terme tend vers $u'$, à nouveau par le th\e
orème de Lebesgue. On conclut que $u_n$ tend vers $u$ dans $W^{1,p}(\RR)$.
\enddemo
L'introduction de $W_0^{1,p}$ nous permet d'introduire un nouveau point de vue
sur l'équation de la corde élastique chargée.

\begin{thf} (Le point de vue variationnel) \index{Méthode variationnelle
(pour l'élastique chargé )} La solution de l'équation
(\ref{equationbarreelastique}) se caractérise comme l'unique minimum de la
fonction continue et coercive sur $H_0^1(I)$ définie par
$$E(u)=\frac 1 2\int_I ((u'(x)^2+u(x)^2)-\int_If(x)u(x)dx.$$
\end{thf}
\paragraph{Démonstration} On considère la forme bilinéaire
sur $H_0^1([0,2\pi])$,
$$
a(u,v)=\int_I (u'(x)v'(x)+u(x)v(x))dx.
$$
 Comme $a(u,u)=
||u||_{H_0^1}^2$ est coercive, on peut appliquer le théorème  de
Lax-Milgram (théorème \ref{laxmilgram}) et il existe un unique minimum de
$\frac 12a(u,u)-(f,u)$, qui satisfait de plus
$$\forall v\in H_0^1(I), \int_I (u'(x)v'(x)+u(x)v(x))dx=\int_If(x)u(x)dx.$$
Comme ${\cal C}_0^\infty(I) $ est contenu dans $H_0^1(I)$, on a aussi
$$\forall \varphi\in {\cal C}_0^\infty(I), \int_I
(u'(x)\varphi'(x)+u(x)\varphi(x))dx=\int_If(x)\varphi(x)dx$$
$$\hbox{et donc  }\forall \varphi\in {\cal C}_0^\infty, \; <-u''+u, \varphi>=<f,
\varphi>,$$
 ce qui veut dire que $u$ vérifie l'équation
$-u''+u=f$ au sens des distributions.
\enddemo
\section{Les espaces $W^{1,p}(I)$ comme espaces de Banach}
\begin{thf}\label{SobolevsontBanach} \index{Complétude des espaces de Sobolev}
$W^{1,p}(I)$ est un espace de Banach pour $1\leq p\leq +\infty$.
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
Soit $u_n$ une suite de Cauchy dans $W^{1,p}$. Il existe donc $(u,g)\in
(L^p(I))^2$ tels que
$$u_n\to u \hbox{ dans } L^p, \; u'_n\to g \hbox{ dans } L^p.$$
Comme pour tout $\varphi \in {\cal C}_0^\infty(I),$ on a
$$\int_I u_n\varphi' + \int_I u'_n\varphi=0,$$
on obtient en passant à la limite $\int_Iu\varphi'+\int_Ig\varphi=0,$ ce qui
veut dire que $u'=g$ et donc que $u\in W^{1,p}$. On conclut que $u_n\to u$ dans
$W^{1,p}$.

\enddemo
\begin{thf} (Dual de $W^{1,p}(I)$)\index{Dual de $W^{1,p}$} Si $1\leq p<\infty$,
toute forme linéaire $f$ sur $W^{1,p}(I)$ peut s'écrire sous la forme \fb&
\label{dualdeW1p} f(u)= \int_I gu+\int_I hu', \hbox{ o\u } g,h\in L^{p'}. \fe&
Réciproquement on peut associer à tout couple $g,h\in L^{p'}(I)$ une forme
linéaire sur $W^{1,p}(I)$ par la formule (\ref{dualdeW1p}).
\end{thf}
\paragraph{Démonstration}
On a $f(u)\leq C(||u||_{L^p}+||u'||_{L^p})$. On considère le plongement $u\in
W^{1,p}\to I(u)=(u,u')\in (L^p)^2$.  Donc $\tilde f=f\circ I$ vérifie, sur
l'image $I(W^{1,p})$,
$$
|\tilde f(v,w)|\leq C(||v||_{L^p}+||w||_{L^p}).
$$
 Par le théorème de Hahn-Banach, on peut \e
tendre $\tilde f $ à $(L^p)^2$ et par le théorème de Riesz il existe donc
des fonctions $g, h\in (L^p)'=L^{p'}$ telles que $\tilde f(v,w)=\int gv+\int
hw$. Donc $f(u) = \int gu + \int hu'$. La réciproque est immédiate.
Remarquer que $||f||_{(W^{1,p})'}= \max (||g||_{L^{p'}}, ||h||_{L^{p'}})$.
\enddemo

\drem La formule (\ref{dualdeW1p}) appliquée avec $u\in {\cal
C}_0^\infty(\RR)$ montre que la restriction $\tilde f$ de $f$ à ${\cal
C}_0^\infty(I)$ est une distribution sur $I$ et que l'on a $\tilde f= g-h'$. On
peut donc considérer, en identifiant
 $f$ et $\tilde f$, les éléments de $W^{1,p}$ comme des distributions et on \e
crit donc
$$(W^{1,p}(I))'=\{g-h',\; g,h\in L^{p'}(I)\}.$$
\frem


\begin{cor} \index{Réflexivité de $W^{1,p}$}$W^{1,p}$ est réflexif pour
$1<p<\infty$ et séparable pour $1\leq p<\infty$.
\end{cor}
\paragraph{Démonstration}
En effet, le plongement de $W^{1,p}$ dans $(L^p)^2$ en fait un sous-espace
fermé d'un espace réflexif si $1<p<\infty$ et séparable si $1\leq
p<\infty$.
\enddemo
\dexer \index{Prolongement des fonctions de
$W^{1,p}(I)$}\label{prolongementdeW1p} Montrer que toute fonction de $
W^{1,p}([a,b])$ peut se prolonger en une fonction $Pu$ de $W^{1,p}(\RR)$. On
symétrisera $u\in W^{1,p}(]a,b[)$  en posant par exemple $Pu(a-x)=u(a+x)$ si
$0\leq x\leq b-a$, on périodisera ensuite la fonction obtenue (période
$2(b-a)$) et on la multipliera finalement par une fonction de ${\cal
C}_0^\infty(\RR)$ égale à 1 sur $I$. On vérifiera que le prolongement $P: u
\to Pu$ ainsi obtenu est une application continue de $W^{1,p}(I)$ dans
$W^{1,p}(\RR)$. Dans le cas o\u $a=-\infty$ ou $b=+\infty$, il suffit bien-s\uu
r de faire une symétrisation par rapport à la borne finie de l'intervalle.
\fexer \dexer \index{Densité de ${\cal C}^{\infty}(I)$ dans $W^{1,p}(I)$ quand
$I$ est borné}. Déduire de l'exercice précédent et du théorème
\ref{densitedeC0infinidansW01p} que si $I=]a,b[$ est  un intervalle borné,
alors les fonctions ${\cal C}^{\infty}$ sont denses dans $W^{1,p}(I)$. \fexer

\dexer (Inégalité de Poincaré )\index{Inégalité de Poincaré } Si
$u\in W_0^{1,p}(]a,b[), $ $-\infty<a<b<+\infty$, alors
$$||u||_{W^{1,p}}\leq (1+b-a)||u'||_{L^p}.$$
Marche à suivre : utiliser l'inégalité de H\ooo lder et le fait que $u$ est
une primitive de $u'$. \fexer \dexer Produit de deux fonctions de $W^{1,p}$.
\index{Produit de deux fonctions de $W^{1,p}$} Soient $u,v\in W^{1,p}(I)$,
$1\leq p\leq\infty$. Alors $uv\in W^{1,p}(I)$ et $(uv)'=u'v+uv'$.  On dit que
$W^{1,p}$ est une algèbre de fonctions. \newline Si $G\in {\cal C}^1(\RR),$
$G(0)=0$, alors $G(u)\in W^{1,p}(I)$ et $(G(u))'=G'(u)u'$.
\newline Si $\eta\in {\cal C}^1(\overline{I})$ est bornée et de dérivée
bornée, alors $\eta u\in W^{1,p}(I)$ et $(\eta u)'=\eta  u'+ \eta' u$.
Indication~: commencer par remarquer (exercice \ref{prolongementdeW1p}) qu'il
suffit de montrer les énoncés précédents quand $I=\RR$. Utiliser des
arguments de densité: ${\cal C}_0^\infty$ est dense dans $W^{1,p}(\RR)$.
\fexer \dexer \index{Plongements continus et compacts d'espaces de Sobolev}
Montrer que, si $I$ est born{é}, les inclusions suivantes sont continues et
compactes :
$$W^{1,p}(I)\subset C(\overline{I}), \; 1<p\leq +\infty,$$
$$W^{1,1}(I)\subset L^q(I), \; 1\leq q<\infty.$$
Pour la première, on appliquera le théorème d'Ascoli, pour la seconde le
théorème de Riesz-Fréchet-Kolmogorov. \fexer

\dexer Soit $u\in L^p(I)$, $1<p\leq +\infty$.  Alors
(i)$\Leftrightarrow$(ii)$\Leftrightarrow$(iii), o\u
\newline (i) $u\in W^{1,p}$.
\newline (ii) $\exists C>0$, $\forall \varphi\in {\cal C}_c^1(I)$, $|\int_I
u\varphi'|\leq C||\varphi||_{L^{p'}(I)}$,
\newline (iii) $\exists C$, $\forall \omega\subset\subset I$, $\forall h, |h|\leq
distance(\omega, I^C)$, $||\tau_hu-u||_{L^p(\omega)}\leq C |h|.$ \fexer

\section{Exercices}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) Montrer que l'injection $H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est
compacte.\\
2) Montrer que $\forall u,v \in H^1(0,1)$,
$$\int_0^1 u^{\prime}v + \int_0^1 uv^{\prime} = u(1)v(1) - u(0)v(0).$$
(On pourra d'abord le d{é}montrer pour des fonctions de $H_0^1(0,1)$ en
utilisant la densit{é} de fonctions r{é}guli{è}res.)
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
Soit $f \in L^2(0,1)$ et $a(u,v)=\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + (\int_0^1
u)(\int_0^1 v).$

1) Montrer qu'il existe un unique $u \in H^1(0,1)$ tel que $a(u,v)=\int_0^1 fv$,
$\forall v \in H^1(0,1).$

2) V{é}rifier que $u \in H^2(0,1)$ et interpréter le probl{è}me
diff{é}rentiel r{é}solu (i.e. trouver l'{é}quation diff{é}rentielle et
les conditions aux limites satisfaites par u).
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soit $V=\{ u \in H^1(0,1)\,:\,u(\frac{1}{2}) = 0 \}$.

1) Montrer que V est un sous-espace vectoriel ferm{é} de $H^1(0,1)$ et que $v
\rightarrow {\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2}$ est une norme sur V {é}quivalente
{à} la norme usuelle de $H^1$.

2) Montrer qu'il existe un unique  $u \in V$ tel que $\int_0^1
u^{\prime}v^{\prime} =v(0)$ pour tout $v \in V$.

3) Interpréter le probl{è}me r{é}solu, d{é}terminer explicitement $u$ et
calculer $ u^{\prime \prime}$ au sens des distributions. $u \in H^2(0,1)$ ??
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
V{é}rifier que $v \rightarrow {\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2}$ est une norme
sur $H^1(0,+\infty)$. Est-elle {é}quivalente {à} $\Vert v \Vert_{H^1}$ ?
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
Soit $E = \{f \in {\cal C}^1(\RR)\,\,t.q.\,\,f^{\prime} \in \Linf(\RR) \}.$
Soient
 $f \in E$ et I un intervalle ouvert de $\RR$. Si $\vert I \vert = + \infty$, on
suppose de plus que $f(0)=0$. Enfin, soit $u \in \Hun$.\\
1) Montrer que $f(u) \in \Ld$.\\
2) Soit $u_n \in \DD(\RR)$ tel que $u_n \rightarrow u$ dans $\Hun$.

a) V{é}rifier que $f(u_n) \rightarrow f(u)$ dans $\Ld$.

b) Soient $\alpha_n = f^{\prime}(u_n)(u_n^{\prime} - u^{\prime})$ et $\beta_n =
(f^{\prime}(u_n) - f^{\prime}(u))u^{\prime}.$ V{é}rifier que $\alpha_n
\rightarrow 0$ dans $\Ld$ et qu'il existe une sous-suite $(\beta_{n_k})_{k}$
telle que $\beta_{n_k} \rightarrow 0$ dans $\Ld$.

c) Montrer que $\forall \vfi \in \DD(I)$, on a
$$\int_I f(u) \vfi^{\prime}\,= - \int_I f^{\prime}(u)u^{\prime} \vfi.$$
En d{é}duire que $f(u) \in \Hun$ et que ${(f(u))}^{\prime} = f^{\prime}(u)
u^{\prime}.$\\
3) Soit $\eps > 0$, on note $\feps(t) = \sqrt {t^2+\eps^2} -\eps$ si $t>0$ et
$\feps \equiv 0$ ailleurs. V{é}rifier que $\feps \in E$ et que $\feps(u)
\rightarrow u^+$ dans $\Ld$.\\
4) En passant {à} la limite $\eps \rightarrow 0$ dans
$$ \int_I \feps(u) \vfi^{\prime}\,= - \int_I \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \vfi,$$
o{\`u} $\vfi \in \DD(I)$, montrer que $u^+ \in \Hun$ et que $(u^+)^{\prime} =
1_{[u>0]} u^{\prime}.$\\
5) En d{é}duire que $\vert u \vert \in \Hun.$
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
Soit $N$ une norme d{é}rivant d'un produit scalaire, montrer que $N^2$ est
strictement convexe i.e. $\forall u \not= v$, $\forall t \in ]0,1[$, $N^2(tu +
(1-t)v) < tN^2(u) + (1-t) N^2(v).$ (une norme est-elle strictement convexe ?)
\\ \\
{ \bf Exercice 7}
\\ \\
On note $\Hnulo = \{u \in \Huno\,:\,u(0)=u(1)=0 \}.$\\
1) V{é}rifier que ${\Vert u \Vert}_2 \leq \frac {1}{\sqrt 2} {\Vert u^{\prime}
\Vert}_2$ si $u \in \Hnulo$ et en d{é}duire que $\Hnulo$ muni de ${\Vert
u^{\prime}
\Vert}_2$ est un Hilbert.\\
2) Soit $f \in L^2(0,1)$. Pour $v \in \Huno$ on d{é}finit
$$ F(v) = \frac{1}{2} \int_0^1 {\vert v^{\prime} \vert}^2 \,+\, \frac{1}{4}
\int_0^1 {\vert v \vert}^4\,-\,\int_0^1 fv.$$ V{é}rifier que $F(v)$ a bien un
sens si $u \in \Huno$ et que $\exists C$ tel que
$\forall v \in \Hnulo$, $F(v) \geq C.$\\
Montrer qu'il existe un unique $u \in \Hnulo$ tel que $F(u) = \inf_{v \in
\Hnulo}
F(v)$  $\,\,\,(\star)$.\\
3) Montrer que si u est solution de $(\star)$ alors
$$\int_0^1 u^{\prime} v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v = \int_0^1 fv,\quad\forall v \in
\Hnulo.$$
(Ecrire $F(u+tv) \geq F(u)$, $\forall t>0$ et $\forall v \in \Hnulo.$)\\
4) En d{é}duire que $u$ satisfait : $-u^{\prime \prime} + u^3 = f$ p.p.
$(\star\star)$ et que $u \in H^2(0,1)$.\\
5) R{é}ciproquement : montrer que si $u \in H^2\cap\Hnulo$ v{é}rifie
$(\star\star)$
alors u est solution de $(\star)$.\\
6) Montrer que si $f \geq 0$ p.p. alors u solution de $(\star)$ est telle que $u
\geq 0$ p.p.
\\ \\
{\bf Exercice 8}
\\ \\
Sur l'espace de Sobolev $H^1(0,1)$, on consid{è}re la forme bilin{é}aire
$$a(u,v) = \int_0^1 u^{\prime} v^{\prime} + \int_0^1 uv - \left(\int_0^1 u \right)
\left(\int_0^1 v \right).$$
Pour $k \in \RR$, $k \not=1$, on note $V = \{ u \in H : u(0) = k u(1) \}$.\\
1) V{é}rifier que $V$ est un sous-espace ferm{é} de $H^1(0,1)$.\\
2) Montrer qu'il existe une constante $C_1>0$ telle que $\forall v \in V$,
$\vert v(0) \vert \leq C_1 \Vert v^{\prime} \Vert_2$ puis qu'il existe une
constante $C$ telle que
$\forall v \in V$, $\Vert v \Vert_{\infty} \leq C\,\Vert v^{\prime} \Vert_2$.\\ \\
3) En d{é}duire que $a(.,.)$ est un produit scalaire sur $V$ et que la norme
associ{é}e (not{é}e $\Vert\,\,\Vert_a$) est {é}quivalente sur $V$ {à} la
norme de
$H^1(0,1)$.\\ \\
4) Soit $f \in L^2(0,1)$, montrer qu'il existe un unique $u \in V$ tel que
$$(\star)\qquad a(u,v) = \int_0^1 fv,\,\,\,\forall v \in V.$$
5) Caract{é}riser la solution de ($\star$) par l'{é}quation
diff{é}rentielle qu'elle
satisfait ainsi que les conditions aux limites.\\
(V{é}rifier que $u \in H^2(0,1)$ pour int{é}grer par parties.)\\ \\
6) Soit $(k_n)_n \subset \RR$ une suite de r{é}els telle que $\forall n$, $k_n
\not=1$ et
$k_n \rightarrow k$ o{\`u} $k \in \RR$ avec $k \not=1$.\\
On note $V_n = \{ v \in H^1(0,1) : v(0) = k_n v(1) \}$ et $u_n$ l'unique
solution dans $V_n$ de
$$(\star)_n \qquad a(u_n,v) = \int_0^1 fv,\,\,\,\forall v \in V_n.$$
Prouver que $(u_n)_n$ est born{é}e dans $H^1(0,1)$.\\ \\
7) En d{é}duire que l'on peut extraire une sous-suite $(u_{n_k})_k$ qui
converge faiblement dans $H^1(0,1)$ et uniform{é}ment dans ${\cal C}([0,1])$
vers une limite not{é}e
$u\star$.\\
V{é}rifier que $u\star \in V$.\\ \\
8) Soit $v \in V$, on d{é}finit
$$v_n(t) = v(t) + \frac{k - k_n}{k_n - 1} v(1).$$
Montrer que $v_n \in V_n$ et que $v_n \longrightarrow v$ dans $H^1(0,1)$.\\
Utiliser ce fait pour passer {à} la limite dans $(\star)_n$ et conclure que $u
=
u\star$.\\
\\
9) En d{é}veloppant $a(u_{n_k} - u,u_{n_k} - u)$, montrer que $\Vert u_{n_k} -
u
\Vert_{H^1} \longrightarrow 0$.\\ \\
10) Montrer qu'en fait, toute la suite $(u_n)_n$ converge vers $u$ dans
$H^1(0,1)$.\\ \\
11) On d{é}signe par $T$ l'op{é}rateur : $f \in L^2(0,1) \mapsto T(f)=u \in
L^2(0,1)$, $u$
{é}tant la solution de ($\star$).\\
Montrer que $\forall f,g \in L^2(0,1)$,  $\int_0^1 f\,T(g) = \int_0^1 g\,T(f)$
et que $T$ est un op{é}rateur compact de $L^2(0,1)$ dans $L^2(0,1)$.


\chapter{Corrig{é}s des exercices}
\section{Chapitre III}
{\bf Exercice 1}
\\ \\
1) a)Soient $n = \dim E$ et $e_1,...,e_n$ une base de E. On d{é}finit pour $x
= \sum_1^n x_ie_i \in E$, la norme ${\Vert x \Vert}_1 = \sum_1^n \vert x_i
\vert$. Soit $S_1 = \{x \in E : {\Vert x \Vert}_1 = 1 \}$ et soit $N$ une autre
norme sur E, de $N(x) \leq (\sup_i N(e_i)) {\Vert x \Vert}_1$ on d{é}duit la
continuit{é} de N sur $(S_1,{\Vert \, \Vert}_1)$ compact, donc N est
born{é}e et atteint ses bornes. Il existe $\alpha$ et $\beta \geq 0$ tels que
$\forall x \in S_1$, $\alpha \leq N(x) \leq \beta$. Comme $\alpha = N(y)$ pour
un $y \in S_1$, $y \not= 0$ et $\alpha > 0$. Enfin, $\forall x \not= 0$,
$\frac{x}{{\Vert x \Vert}_1} \in S_1$ donc $\alpha {\Vert x \Vert}_1 \leq N(x)
\leq \beta {\Vert x
\Vert}_1$.\\
b) Soit $x = \sum_1^n x_ie_i \in E$, on a ${\Vert u(x) \Vert}_F \leq (\sup_i
{\Vert u(e_i) \Vert}_F) {\Vert x \Vert}_1$ donc u est continue.\\
2) a) Il est clair que $N_0$ et $N_1$ sont des normes sur $E$ (elles le sont sur
$\RR$ et $\sqrt{2} \not\in \QQ$.)\\
On raisonne par r{é}currence, pour $n=1$, on a $a_1=-1$ et $b_1=1$ donc
$a_1b_1 <0$. On suppose que $x^n \in E$ et $a_nb_n < 0$ alors $x^{n+1} = a_{n+1}
+ b_{n+1} \sqrt{2}$ o{\`u} $a_{n+1} = 2b_n-a_n$ et $b_{n+1} = a_n - b_n$ donc
$a_{n+1}b_{n+1}
= b_n(a_n - b_n) - (a_n - b_n)^2 < 0$. \\
Enfin si $(\sqrt{2}+1)^n = \vert a_n \vert + \vert b_n \vert \sqrt{2}$ alors
$(\sqrt{2}+1)^{n+1} = (2\vert b_n \vert + \vert a_n \vert) + \sqrt{2} (\vert a_n
\vert + \vert b_n \vert)$. Or $a_{n+1} = 2b_n-a_n$ et $a_nb_n < 0$ montre que
$\vert a_{n+1} \vert = 2\vert b_n \vert + \vert a_n \vert$. De m{\^e}me pour
$b_{n+1}$, $\vert b_{n+1} \vert = \vert a_n \vert + \vert b_n \vert$, donc
$\forall n \geq 1$, $(\sqrt{2}+1)^n = \vert a_n \vert + \vert b_n \vert
\sqrt{2}$.\\
b) D'une part, $N_0(x^n) = \vert \sqrt{2}-1 \vert^n \rightarrow 0$ et d'autre
part, $N_1(x^n)(1+\sqrt{2}) \geq (\sqrt{2}+1)^n = \vert a_n \vert + \vert b_n
\vert \sqrt{2} \rightarrow +\infty$ donc les deux normes ne sont pas
{é}quivalentes.
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
a) Soit ${(f_n)}_n \subset {\cal {L}}(E,F)$ une suite de Cauchy alors
$$\forall \eps >0,\,\exists N \mbox{ tel que } \forall p,q \geq N,\quad \Vert f_p
- f_q \Vert \leq \eps. $$ En particulier, $\forall x \in E,$ ${\Vert f_p(x) -
f_q(x) \Vert}_F \leq \eps
{\Vert x \Vert}_E. \qquad (1)$. \\
Et $\forall x \in E$, la suite ${(f_n(x))}_n$ est de Cauchy dans F complet donc
converge vers un {é}l{é}ment not{é} $f(x)$. la fonction $f$ est
lin{é}aire comme limite simple de fonctions lin{é}aires. On fixe $p$ dans
$(1)$ et on laisse $q \rightarrow \infty$, on obtient alors ${\Vert f_p(x) -
f(x) \Vert}_F \leq \eps {\Vert x \Vert}_E$, $\forall x \in E$, d'o{\`u}
$f=f-f_p+f_p$ est continue et $\Vert f_p - f\Vert \leq \eps.,$ d{è}s que $p
\geq N$ donc $f_n \rightarrow f$ dans
${\cal {L}}(E,F)$.\\
b) Par hypoth{è}se $\overline {B_E}$ est compact donc il existe $a_1,...,a_n
\in E$ tels que $\overline {B_E} \subset \cup_1^n B(a_i,\frac{1}{2})$. Soit $V =
\mbox{vect} \{a_1,...,a_n \}$, montrons que $E=V$. On raisonne par l'absurde,
s'il existe $x \in E$ tel que $d(x,V) = \alpha >0$ alors $\exists y \in V$ tel
que
$\alpha \leq d(x,y) \leq \frac{3}{2} \alpha.$\\
Soit $z = \frac{x-y}{\Vert x-y\Vert} \in \overline {B_E}$ alors pour un certain
$i_0$, $z \in B(a_{i_0}, \frac{1}{2})$ et on a $$\Vert x-y-a_{i_0} \Vert x-y
\Vert\,\Vert \leq \frac{1}{2} \Vert x-y\Vert \leq \frac{3}{4}\, \alpha$$ donc il
existerait un $y_0 \in V$ tel que $d(x,y_0) < \alpha$, ce qui est absurde.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
1) $\forall x \in E$ et $\forall y \in H$, on a $\vert f(x)\vert = \vert
f(x-y)\vert\leq \Vert f \Vert  \Vert x-y \Vert$ d'o{\`u} le r{é}sultat.\\
2) $d(x,H) \leq \Vert x-y \Vert \leq \frac {\vert f(x) \vert}{\vert f(u) \vert}
\; \Vert u \Vert$ o{\`u} $u \in E\setminus H$. Comme $ f\not\equiv 0$, on peut
remarquer que $\Vert f \Vert = \sup_{u \in E \setminus H} \frac {\vert f(u)
\vert}{\Vert u \Vert}$.
\\
3) a) Soit $(x^p)_p$ une suite de Cauchy dans $E={\cal C}_0$ alors
$$\forall \ep >0,\,\exists N,\,\forall p,q \geq N,\,\forall n\quad \Vert x_n^p -
x_n^q \Vert_{\infty} \leq \ep.\qquad (\star)$$ Donc $\forall n$, la suite
$(x_n^p)_p$ est de Cauchy dans $\RR$ et converge vers un $x_n$. Posons
$x=(x_n)_n$, alors de $(\star)$ on d{é}duit que $\forall n$, $\forall q \geq
N$, $\vert x_n-x_n^q\vert \leq \ep$ donc la suite $(x^p)$ converge vers $x$ en
norme $\Vert\,\Vert_{\infty}$. Il reste {à} voir que $x \in E$. De
l'in{é}galit{é} pr{é}c{é}dente on tire $\vert x_n \vert \leq \ep + \vert
x_n^N \vert$ donc pour n assez
grand $\vert x_n \vert \leq 2\ep,$ et $x \in E$.\\
 b) On a facilement $\vert f(x) \vert \leq \Vert x \Vert_{\infty}$ et f lin{é}aire
donc $f \in E^{\prime}$ et $\Vert f \Vert \leq 1$.\\
Soit $x^N \in E$ d{é}fini par $x_n^N = 1$ si $n \leq N$ et $x_n^N = 0$ sinon,
alors $\vert f(x^N) \vert = 1 - \frac{1}{2^N} \leq \Vert f \Vert$ et ceci
$\forall N \geq 1$
d'o{\`u} $\Vert f \Vert = 1$.\\
S'il existe $x = (x_n)_n \in E$ avec $\Vert x \Vert = 1$ et tel que $\vert f(x)
\vert = \Vert f \Vert =1$ alors $$ 1 = \vert f(x) \vert \leq \sum_1^{\infty}
\frac{1}{2^n} \vert x_n \vert \Longrightarrow \sum_1^{\infty} \frac{1}{2^n}
(1-\vert x_n \vert) \leq 0  \Longrightarrow \vert x_n \vert = 1,\,\forall n,$$
et $ x \not\in E$. Donc $\Vert f \Vert$ n'est pas atteint. Enfin $d(x,H)=\vert
\sum_1^{\infty} \frac{x_n}{2^n} \vert$.
\\ \\
{ \bf Exercice 4} Th{é}or{è}mes du point fixe
\\ \\
1) On v{é}rifie facilement que si $x_{n+1} = f(x_n)$, $x_0 \in E$, on a
$d(x_{n+1},x_n) \leq k^n d(x_1,x_0)$ et $$d(x_{n+p},x_n) \leq
d(x_{n+p},x_{n+p-1})+...+d(x_{n+1},x_n) \leq k^n(k^{p-1}+...+k+1) d(x_1,x_0)
\leq \frac{k^n}{1-k} d(x_1,x_0).$$ Comme $k<1$, la suite $(x_n)_n$ est de Cauchy
donc converge vers $x \in E$. De $x_{n+1} = f(x_n)$ on d{é}duit $x = f(x)$
puisque $f$ est continue, et $x$ est un point
fixe.\\
Si $d(f(a),f(b)) = d(a,b) \leq k d(a,b)$ avec $k<1$, n{é}cessairement $a = b$,
d'o{\`u}
l'unicit{é} du point fixe.\\
2) $\forall \lambda,\,\lambda_0$, on a
\begin{eqnarray*}
d(a_{\lambda},a_{\lambda_0}) &=&
d(f_{\lambda}(a_{\lambda}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0}))\\
 &\leq& d(f_{\lambda}(a_{\lambda}),f_{\lambda}(a_{\lambda_0})) +
d(f_{\lambda}(a_{\lambda_0}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0})) \\
 &\leq& kd(a_{\lambda},a_{\lambda_0}) +
d(f_{\lambda}(a_{\lambda_0}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0})),
 \end{eqnarray*}
 donc
 $$d(a_{\lambda},a_{\lambda_0}) \leq
\frac{1}{1-k}d(f_{\lambda}(a_{\lambda_0}),f_{\lambda_0}(a_{\lambda_0})).$$
 Ce qui montre que l'application
$\lambda \rightarrow a_{\lambda}$ est continue en $\lambda_0$.\\
3) Soit $\vfi(x) = d(x,f(x))$, $\vfi$ est continue sur $E$ compact donc atteint
son inf : $\exists x_0 \in E$ tel que $\vfi(x_0) \leq \vfi(x)$, $\forall x\in
E$. Si $\vfi(x_0) \not= 0$, on a $\vfi(f(x_0)) < \vfi(x_0)$ ce qui est absurde,
donc $\vfi(x_0) = 0$ et $x_0$ est un point fixe de $f$. Si il y en a un autre,
$x_1$, alors $d(f(x_0),f(x_1)) = d(x_0,x_1) < d(x_0,x_1)$ donc nécessairement
$x_0=x_1$.
\\
4) Soit z fix{é} dans C, $f_n(C) \subset C$, $\forall n$, car C est convexe et
$f_n$ est $\frac{n}{n+1}$-lipschitzienne sur C. Donc, par 1), $\exists x_n \in
C$ tel que $x_n=f(x_n)$, $\forall n$. Maintenant C est compact donc il existe
une sous-suite not{é}e $(x_{n_k})_k$ telle que $x_{n_k} \rightarrow x \in C$,
alors en passant {à} la limite dans $x_{n_k}= f_{n_k}(x_{n_k})=\frac{1}{n_k+1}
z + \frac{n_k}{n_k+1} f(x_{n_k})$, on obtient $x=f(x)$ et $x$ est un point fixe
de $f$.
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
a) Il est clair que N d{é}rive d'un produit scalaire.\\
b) Par l'in{é}galit{é} de Cauchy-Schwarz, on a $\vert f(x) \vert \leq \vert
f(0) \vert + {(\int_0^1 f^{\prime}(t)^2 dt)}^{\frac{1}{2}}$. En {é}levant au
carr{é} et en utilisant l'in{é}galit{é} $2ab \leq a^2+b^2$, on obtient
facilement ${\vert f(x)
\vert}^2 \leq 2 N(f)$, $\forall x \in [0,1]$.\\
c) On choisit $f_n(x) = x^n$. Alors $\forall n$, $\Vert f_n {\Vert}_{\infty} =1$
et $N(f_n) = \frac{n}{\sqrt{2n-1}} \rightarrow + \infty$. Donc ces deux normes
ne sont pas {é}quivalentes.
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
Comme E est m{é}trique, on va montrer que de toute suite de E, on peut
extraire une sous-suite convergente. Soit $(x_n)_n$ une suite de points de E.
Pour $\ep=\frac{1}{2}$, E est recouvert par un nombre fini de boules de rayon
$\frac{1}{2}$ donc l'une d'entre elles contient une infinit{é} de $x_n$. On
peut donc extraire une sous-suite $(x_{\vfi_{1}(n)})_n$ telle que
$d(x_{\vfi_{1}(n)},x_{\vfi_{1}(p)}) \leq 1$. Et on recommence ce processus, pour
$\ep = \frac{1}{2p}$, E est recouvert par un nombre fini de boules de rayon
$\frac{1}{2p}$ donc l'une d'entre elles contient une infinit{é} de
$x_{\vfi_{1}o...o\vfi_{p-1}}(n)$. On peut donc en extraire une sous-suite
$(x_{\vfi_{1}o...o\vfi_{p}}(n))_n$ telle que
$d(x_{\vfi_{1}o...o\vfi_{p}}(n),x_{\vfi_{1}o...o\vfi_{p}}(m)) \leq \frac{1}{p}$.
Soit $(x_{\vfi_{1}o...o\vfi_{n}}(n))_n$ la suite diagonale, elle est bien
extraite de $(x_n)_n$ et v{é}rifie
$$d(x_{\vfi_{1}o...o\vfi_{n}}(n),x_{\vfi_{1}o...o\vfi_{m}}(m)) \leq
\frac{1}{m},\qquad \forall m,n,\,\,m \leq n.$$ Cette suite est donc de Cauchy
dans E complet, elle converge, d'o{\`u} E est compact.
\\ \\
{ \bf Exercice 7}
\\ \\
Pour n fix{é}, $E \subset \cup_{x \in E} B(x,\frac{1}{n})$ et E est compact
donc $\exists k_n$ tel que $E \subset \cup_{i=1}^{k_n} B(x_i^n,\frac{1}{n})$.
Soit $D=\{ x_i^n, i=1,...,k_n, n \in \NN^{\star}\}$, $D$ est bien
d{é}nombrable, v{é}rifions que $D$ est dense dans $E$. Soient $x \in E$ et
$r>0$, $\exists N \in \NN^{\star}$ tel que $\frac{1}{N} < r$ et $\exists x_i^N$
tel que $x \in B(x_i^N,\frac{1}{N})$ alors $x_i^N \in B(x,r)\cap D$.
\\ \\
{ \bf Exercice 8}
\\ \\
Les ensembles $K^{\star}$ et $K^{\star\star}$ sont ferm{é}s comme intersection
d'images r{é}ciproques de ferm{é}s par des applications continues, donc de
$K \subset K^{\star\star}$ on d{é}duit $\overline{K} \subset K^{\star\star}$.
Si $\overline{K} \not= K^{\star\star}$, $\exists y_0 \in K^{\star\star}\setminus
\overline{K}$ et par Hahn-Banach, $\exists f \in E^{\prime}$, $f\not\equiv 0$,
$\exists \alpha \in \RR$ tels que
$$<f,x>\,< \alpha <\,<f,y_0>,\qquad \forall x \in K.$$
Comme $0 \in K$, on a $\alpha > 0$ et $\forall x \in K$, $<\frac{f}{\alpha},x> <
1$, donc $\frac{f}{\alpha} \in K^{\star}$ or $y_0 \in K^{\star\star}$ donc
$<\frac{f}{\alpha},y_0> \leq 1$, c'est absurde. D'o{\`u}
$K^{\star\star}=\overline{K}$.
\\ \\
{ \bf Exercice 9}
\\ \\
1) On d{é}finit les deux formes lin{é}aires continues suivantes
\[ \begin{array}{rclcrcl}
f_{2n} : {\ell}^1 &\rightarrow& \RR &\,\,\mbox{et}\,\,& g_{2n} : {\ell}^1
&\rightarrow& \RR \\
            x      &\mapsto& x_{2n}  & &                               x &\mapsto&
x_{2n} - 2^{-n}x_{2n-1}.
\end{array} \]
Alors $A_0 = \cap_n f_{2n}^{-1}(\{0\})$ et $B = \cap_n g_{2n}^{-1}(\{0\})$ sont
ferm{é}s comme intersection de ferm{é}s.\\
Soit $e^n = {(\delta_{ni})}_{i \geq 1}$ o{\`u} ${\delta}_{ni} = 1$ si i =n,
${\delta}_{ni} = 0$ sinon, alors si $F_k = \mbox{vect}\{e^1,...,e^k\}$ et si
$F=\cup_k F_k$, on a $\overline{F} = {\ell}^1$. Donc pour montrer que ${\ell}^1
=
\overline{A_0+B}$, il suffit de montrer que $\forall k$, $F_k \subset A_0+B$.\\
Soit $x \in F_k$, on d{é}finit $a,b$ de la fa{\c c}on suivante,
\[ \left\{ \begin{array}{ll}
b_{2n} = x_{2n} & b_{2n-1} = 2^nx_{2n}\\
a_{2n-1} = x_{2n-1}-2^nx_{2n} & a_{2n} = 0
\end{array} \right. \]
alors $x = a+b$ et comme $x_n = 0$ si $n>k$, $a,b \in {\ell}^1$ et $(a,b) \in
A_0
\times B$. Donc ${\ell}^1 = \overline{A_0+B}$.\\
2) Si $c = a+b$ alors n{é}cessairement $a_{2n} = 0$, $b_{2n} = 2^{-n}$,
$b_{2n-1} = 1$ et $a_{2n-1} = -1$ donc $a,b \not\in {\ell}^1$ et $c \not\in
A_0+B$. Il est clair
alors que $A \cap B = \emptyset$.\\
Supposons qu'il existe $f \in ({\ell}^1)^{\prime}$, $f \not\equiv 0$ et $\alpha
\in \RR$ tels que
$$<f,a>\,\leq \alpha \leq \,<f,b>,\quad \forall a \in A,\,\,\forall b \in B.$$
Comme $B$ est vectoriel, n{é}cessairement $<f,b> = 0$, $\forall b \in B$. De
m{\^e}me, de $<f,a_0> \leq \alpha +f(c)$, $\forall a_0 \in A_0$, on en
d{é}duit que $<f,a_0> = 0$, $\forall a_0 \in A_0$. Donc $f \equiv 0$ sur
$A_0+B$ dense dans ${\ell}^1$, par continuit{é} on en conclut que $f$ est
identiquement nulle, ce qui est contraire {à} l'hypoth{è}se. On ne peut donc
pas s{é}parer $A$ et $B$.
\\ \\
{ \bf Exercice 10}
\\ \\
1) Soit $F_n = n \overline{T(B(0,1))}$ alors $F_n$ est ferm{é} et $F = \cup_n
F_n$ car $T$ est surjective. Par le lemme de Baire, on sait qu'il existe $n_0$
tel que int($F_{n_0}$)$\not= \emptyset$ et donc int$\left( \overline{T(B(0,1))}
\right) \not= \emptyset$. Alors il existe $r>0$ et $y_0 \in F$ tels que
$B(y_0,r) \subset \overline{T(B(0,1))}$. Si $y_0 \in \overline{T(B(0,1))}$ alors
$- y_0$ aussi et $B(y_0,r) = y_0+B(0,r) \subset \overline{T(B(0,1))}$ donc
$B(0,r) \subset \overline{T(B(0,1))}+\overline{T(B(0,1))} \subset
2\overline{T(B(0,1))}$ d'o{\`u} $B(0,\frac{r}{2}) \subset \overline{T(B(0,1))}$
et $2C = \frac{r}{2}$ convient.\\
2) Soit $y \in B(0,C)$ fix{é}, on cherche $x \in B(0,1)$ tel que $y = Tx$. On
sait que $B(0,C) \subset \frac{1}{2} B(0,2C) \subset \overline{T(\frac{1}{2}
B(0,1))}$ donc $\forall \ep>0$, $\exists z_{\ep}$, $\Vert z_{\ep} \Vert <
\frac{1}{2}$ tel que $\Vert y -Tz_{\ep} \Vert < \ep$.\\
On choisit $\ep = \frac{C}{2}$, cela nous donne un $z_1$ tel que $\Vert z_1
\Vert < \frac{1}{2}$ et $\Vert y -Tz_1 \Vert < \frac{C}{2}$. Alors $y -Tz_1 \in
B(0, \frac{C}{2}) \subset \overline{T(\frac{1}{4} B(0,1))}$ et on recommence,
pour $\ep = \frac{C}{4}$, $\exists z_2$ tel que $\Vert z_2 \Vert < \frac{1}{4}$
et $\Vert y -Tz_1 -Tz_2 \Vert < \frac{C}{4}$, etc...\\
On construit ainsi une suite $(z_n)_n$ telle que $\Vert z_n \Vert <
\frac{1}{2^n}$ et $\Vert y - Tz_1
- ...- Tz_n \Vert < \frac{C}{2^n}$, $\forall n$.\\
La suite $x_n = z_1+...+z_n$ est de Cauchy dans $E$ donc converge vers un $x \in
E$, comme $T$ est continue, $Tx_n \rightarrow Tx$, donc $y = Tx$. Il reste
{à} voir que $\Vert x \Vert < 1$.\\
Par exemple, $\exists \ep>0$ tel que $\Vert z_1 \Vert \leq \frac{1}{2} - \ep$
alors
$$\Vert x_n \Vert \leq \sum_1^n \Vert z_k \Vert \leq \sum_1^n \frac{1}{2^k} -
\ep \leq 1 - \ep,$$ d'o{\`u} le r{é}sultat.
\\ \\
{ \bf Exercice 11} Th{é}or{è}me d'isomorphisme d'espaces de Banach
\\ \\
Par le Th{é}or{è}me de l'application ouverte, $\exists C>0$ tel que
$B_F(0,C) \subset T(B_E(0,1))$. Comme $T$ est bijective, $\forall x \in E$ tel
que $\Vert Tx \Vert < C$ on a $\Vert x \Vert < 1$. Donc $\Vert x \Vert \leq
\frac{1}{C} \Vert Tx \Vert$ et $T^{-1}$ est continue.
\\ \\
{ \bf Exercice 12}
\\ \\
On applique le r{é}sultat pr{é}c{é}dent {à} $id : E,\Vert x \Vert_2
\rightarrow E, \Vert x \Vert_1$.
\\ \\
{ \bf Exercice 13} Th{é}or{è}me du graphe ferm{é}
\\ \\
Sur $E$, on consid{è}re $\Vert x \Vert_1 = \Vert x \Vert_E$ et $\Vert x
\Vert_2 = \Vert x \Vert_E + \Vert Tx \Vert_F$. Si $(E,\Vert x \Vert_2)$ est
complet, comme $\Vert x \Vert_1 \leq \Vert x \Vert_2$, $\forall x\in E$, en
appliquant l'exercice ci-dessus, on obtient l'{é}quivalence des normes $\Vert
x \Vert_1$ et
$\Vert x \Vert_2$ et donc $T$ est continue.\\
V{é}rifions que $(E,\Vert x \Vert_2)$ est complet. Soit $(x_n)_n$ une suite de
Cauchy pour $\Vert x \Vert_2$, alors $(x_n)_n$ est de Cauchy pour $\Vert x
\Vert_1$ donc elle converge vers un $x \in E$ au sens de la norme $\Vert x
\Vert_1$. La suite $(Tx_n)_n$ est aussi de Cauchy dans $F$ complet donc converge
vers un certain $y \in F$. Or $(x_n,Tx_n)_n \in G(T)$ ferm{é}, donc $y=Tx$ et
$(E,\Vert x \Vert_2)$ est complet.
\\ \\
{ \bf Exercice 14}
\\ \\
Montrons que le graphe de $T$, $G(T)$, est ferm{é}. Soit $(x_n,Tx_n)_n \in
G(T)$ telle que $x_n
\rightarrow x$ et $Tx_n \rightarrow y$, a-t'on $y=Tx$ ?\\
Soit $f \in F^{\prime}$, comme $foT \in E^{\prime}$, on a d'une part $f(Tx_n)
\rightarrow f(Tx)$ et $f(Tx_n) \rightarrow f(y)$ donc $f(Tx)=f(y)$ et ceci
$\forall f \in F^{\prime}$, n{é}cessairement $Tx=y$ sinon par Hahn-Banach, on
pourrait s{é}parer strictement $Tx$ et $y$ par un hyperplan ferm{é}, c'est
{à} dire il existerait $f \in F^{\prime}$, $f \not\equiv 0$, telle que $f(Tx)
\not= f(y)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 15}
\\ \\
1) Pour $y \not= x_0$, $\Lambda_y \in E^{\prime}$ et $\Vert \Lambda_y \Vert \leq
\frac{2}{\vert y-x_0 \vert} \Vert f \Vert_{\infty}$. Soit $f \in F$ alors $\vert
\Lambda_y (f) \vert < \infty$, $\forall y \not=x_0$ car $y \mapsto \Lambda_y(f)$
est continue sur $[0,1]$. Comme $F$ est un Banach, on peut appliquer
Banach-Steinhaus et $\exists M > 0$ tel que $\forall f \in F$, $\forall y \not=
x_0$, $\vert \Lambda_y (f) \vert \leq M \Vert f \Vert$.\\
2) En particulier si $f \in B_F$, $\vert \Lambda_y (f) \vert \leq M$, $\forall y
\not= x_0$. Donc $\vert f(y) - f(x_0) \vert \leq M \vert y-x_0 \vert$, $\forall
y$ et $\forall f \in B_F$. Ce qui montre que $B_F$ est {é}quicontinue.\\
Soit $B_F(x) = \{ f(x), f \in B_F \}$. Pour pouvoir appliquer Ascoli, il reste
{à} v{é}rifier que $\forall x \in [0,1]$, $\overline{B_F(x)}$ est compact
dans $\RR$, ce qui est imm{é}diat puisque $B_F(x) \subset [-1,1]$. D'o{\`u}
$B_F$ est compact et par suite $F$ est de dimension finie.
\\ \\
{ \bf Exercice 16}
\\ \\
1) On pose $G ={ ^c}\!\left( \bigcup_n \stackrel{o}{F_n} \right)$ et on veut
montrer que $\stackrel{o}{G} = \emptyset$. $G$ est ferm{é} donc complet et
$\forall n$, $F_n\cap G$ est ferm{é} et d'int{é}rieur vide donc le Lemme de
Baire montre que $\bigcup_n\left(F_n\cap G\right)$ est d'int{é}rieur vide. Or,
$\bigcup_n \left(F_n\cap G\right) = G \cap \left(\bigcup_n F_n\right) = G$,
d'o{\`u} $\stackrel{o}{G} = \emptyset$ et $\bigcup_{n\geq 1} \stackrel{o}{F_n}$
est
dense (et ouvert comme union d'ouverts).\\
2) $\forall n,\delta$, $F_{n,\delta}$ est ferm{é} comme intersection de
ferm{é}s ($f_i$ et $f_j$ sont continues $\forall i,j$). Comme $f_n$ converge
simplement sur $\RR$ vers $f$, $\RR = \bigcup F_{n,\delta}$. Donc la question
pr{é}c{é}dente montre que $U_{\delta} = \bigcup_n
\stackrel{o}{F_{n,\delta}}$ est un ouvert dense de $\RR$. Le Lemme de Baire
assure alors que $U = \bigcap_{k\geq
1}U_{\frac{1}{k}}$ est dense dans $\RR$.\\
Soit $x_0 \in U$, montrons que $f$ est continue en $x_0$.\\
$x_0 \in U \Longrightarrow \forall k \geq 1, \,\exists n$ tel que $x_0 \in
\stackrel{o}{F_{n,\frac{1}{k}}}$ donc $\exists V_1 \in {\cal V}(x_0)$ tel que
$V_1 \subset F_{n,\frac{1}{k}}$. En particulier $\forall x \in V_1$, $\vert
f_i(x) -f_n(x) \vert \leq \frac{1}{k}$, $\forall i \geq n$. On fait tendre $i$
vers $+\infty$, on obtient $\forall x \in V_1$, $\vert f(x) -f_n(x) \vert \leq
\frac{1}{k}$. On {é}crit ensuite que $f_n$ est continue en $x_0$, $\exists V_2
\in {\cal V}(x_0)$ tel que
$\forall x \in V_2$, $\vert f_n(x) -f_n(x_0) \vert \leq \frac{1}{k}$.\\
Alors $\forall x \in V_1\cap V_2$,
$$\vert f(x) -f(x_0) \vert \leq \vert f(x) - f_n(x) \vert + \vert f_n(x) -f_n(x_0)
\vert + \vert f_n(x_0) -f(x_0) \vert \leq \frac{3}{k}.$$ Donc on a montr{é}
que $\forall k \geq 1$, $\exists W (= V_1\cap V_2) \in {\cal V}(x_0)$ tel que
$\forall x \in W$, $\vert f(x)-f(x_0) \vert \leq \frac{3}{k}$, d'o{\`u}
$f$ est continue sur $U$.\\
3) On pose $g_n(x) = n(f(x+\frac{1}{n})-f(x))$ alors $\forall n$, $g_n \in {\cal
C}(\RR)$ et $g_n \rightarrow f^{\prime}$ simplement sur $\RR$. La question 2)
montre
alors que $f^{\prime}$ est continue sur une partie dense de $\RR$.
\\ \\
{\bf Exercice 17}
\\ \\
1) On note $a_x:y \mapsto a(x,y)$, $a_y:x \mapsto a(x,y)$ et $B_E = \overline{B_E(0,1)}$.
Par hypothèse, la famille $\{ a_x, x \in B_E \}$ vérifie : \\
$\forall x \in B_E$, $a_x \in {\cal L}(F,G)$ et $\forall y \in F$, $\exists M_y > 0$,
$\forall x \in B_E$, $\Vert a_x(y) \Vert \leq M_y$. Donc $\sup_{x \in B_E} \Vert a_x(y)
\Vert \leq M_y < \infty$, $\forall y \in F$. On peut donc appliquer le Théorème de
Banach-Steinhaus et $\exists M > 0$ tel que $\forall x \in B_E$, $\forall y \in F$, $\Vert
a_x(y) \Vert \leq M \Vert y \Vert$. D'o\`u la continuité de $a$.\\
2) Comme $\vert a(p,q) \vert \leq \Vert p \Vert_{\infty} \Vert q \Vert_{1}$ ou $\Vert q
\Vert_{\infty} \Vert p \Vert_{1}$, $a$ est séparement continue.\\
Si $a$ est continue, $\exists M > 0$, $\forall p,q$, $\vert \int_0^1 p(t)q(t) dt \vert
\leq M\;\Vert p \Vert_{1} \Vert q \Vert_{1}$. En choisissant par exemple dans cette
inégalité, $p(x) = x^n$ et $q = p^{\prime}$, on obtient $\frac{1}{2} \leq
\frac{M}{n+1}$, ce qui est absurde pour $n$ assez grand.
\\ \\
\section{Chapitre IV}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) Montrons d'abord que si $\forall x \not= 0$, $\exists p$ semi-norme telle que
$p(x) \not= 0$ alors $(E,\cal P)$ est s{é}par{é}. Soit donc $x \not= 0$, et
$p$ telle que $p(x) \not= 0$ alors si $r= \frac{1}{2} p(x)$ on a $B(x,r) \cap
B(0,r) = \emptyset$ et on s{é}pare $0$ et $x$. Si $x \not= y$, on peut
{é}crire $y = x+z$ avec $z \not= 0$ et on a $B(x,r) \cap B(x+z,r) =
\emptyset$. (la
r{é}ciproque est vraie).\\
Utilisons ce crit{è}re, soit donc $x \not= 0$, par Hahn-Banach, $\exists f \in
E^{\prime}$, $f \not\equiv 0$ telle que $f(x) > 0 =f(0)$ donc $p_f (x) \not= 0$
et la topologie faible est s{é}par{é}e.\\
2) Soit $U$ un ouvert faible non vide, pour montrer qu'il est un ouvert fort, il
faut montrer que $\forall x \in U$, $\exists r > 0$ tel que $B(x,r) \subset U$.
Soit donc $x_0 \in U$ par hypoth{è}se, $\exists \ep > 0$ et $\exists J \in
P.F.I.$ tels que $V(x_0,J,\ep) \subset U$. Cherchons $r$ tel que $B(x_0,r)
\subset V(x_0,J,\ep)$. On a
$$\vert < f_i,x-x_0> \vert < \Vert f_i \Vert\, \Vert x-x_0 \Vert \leq (\sup_J
\Vert f_i \Vert) \Vert x-x_0 \Vert.$$ Cela sugg{è}re de choisir $r<
\frac{\ep}{\sup_J \Vert f_i \Vert}$, ce qui donne le r{é}sultat. (si $\forall
i$, $f_i \equiv 0$, alors $E=V(x_0,J,\ep)$ est bien
un ouvert fort.)\\
3) Si $f \in (E_w)^{\prime}$ alors $\forall U$ ouvert de $\RR$, $f^{-1}(U)$ est
un ouvert faible et la question pr{é}c{è}dente montre que $f \in E^{\prime}$.\\
Si $f \in E^{\prime}$, soit $x_0 \in E$, montrons que $f$ est continue
faiblement en $x_0$, c'est {à} dire que $\forall \ep > 0$, $\exists V \in
{\cal V}_{\omega}(x_0)$ tel que $x \in V$ $\Longrightarrow$ $\vert
f(x)-f(x_0)\vert <
\ep$. Il est clair que $V=V(x_0,f,\ep)$ convient.\\
4) On suppose dim$E < \infty$. D'apr{è}s la question 2), il reste {à}
montrer que $U$ ouvert fort est un ouvert faible. Soit $x_0 \in U$ suppos{é}
non vide, alors $\exists r > 0$ tel que $B(x_0,r) \subset U$. On va montrer que
$\exists
\ep>0$ et $\exists J \in P.F.I.$ tels que $V(x_0,J,\ep) \subset B(x_0,r)$.\\
Soit $(e_1,...,e_n)$ une base de $E$ telle que $\forall i$  $\Vert e_i \Vert =
1$. Tout $x$ de $E$ s'{é}crit $x = \sum_1^n x_ie_i$, soit $f_i : E \rightarrow
\RR$ d{é}finie par $f(x) =x_i$ alors $f_i \in E^{\prime}$ et on a
$$\Vert x - x_0 \Vert \leq \sum_1^n \vert x_i - x_{0i} \vert = \sum_1^n \vert <
f_i, x-x_0 > \vert.$$ D'o{\`u} si $x \in V=V(x_0,\{1,...,n\},\ep)$ alors $\Vert
x - x_0 \Vert < n\ep$, on choisit donc $\ep \leq \frac{r}{n}$ et on a bien $V
\subset B(x_0,r)$.
\\ \\
{\bf Exercice 2}
\\ \\
On suppose  que dim$E = + \infty$ et que les applications
\begin{eqnarray*}
id :&(E,\sigma(E,E^{\prime}))& \rightarrow \, (E,d),\\
id :&(E,d)& \rightarrow \, (E,\sigma(E,E^{\prime}))
\end{eqnarray*}
sont continues.\\
1) $\forall k \in \NN^{\star}$, $B_d(0,\frac{1}{k})$ est un voisinage de $0$
pour d, donc $\exists V(0,I_k,\ep_k) \subset B_d(0,\frac{1}{k})$ o{\`u} $\ep_k >
0$ et $I_k$ est un ensemble fini d'indices. L'ensemble $\{ f_j, j \in I_k, k
\in \NN^{\star} \}$ est d{é}nombrable et constitue la suite cherch{é}e.\\
2) L'ensemble $V=V(0,g,1)$ est un voisinage de $0$ pour la topologie faible, par
hypoth{è}se $\exists k_0 \in \NN^{\star}$ tel que $B_d(0,\frac{1}{k_0})
\subset V$. Alors d'apr{è}s 1),
$$ \bigcap_{i \in I_{k_0}} \{x \in E : \vert < f_i,x > \vert < \ep_{k_0} \}
\subset V.$$ On pose $I=I_{k_0}$ alors $\bigcap_{i \in I} \ker f_i \subset V$.
Et $\vert < g,x > \vert < 1$ sur un espace vectoriel, donc n{é}cessairement
$g(x) = 0$, $\forall x \in \bigcap_{i \in I} \ker f_i$, par suite $\bigcap_{i
\in I} \ker
f_i \subset \ker g$.\\
3) Pour simplifier les notations, on notera $I = \{ 1,2,...,k \}$, et soit
\begin{eqnarray*}
F : E & \longrightarrow & {\RR}^{k+1} \\
    x & \longmapsto & (g(x),f_{1} (x),...,f_{k} (x)).
\end{eqnarray*}
ImF est convexe ferm{é} (car vectoriel de dimension finie) et $e_1=(1,0...0)
\not\in $ImF car $\bigcap_{i \in I} \ker f_i \subset \ker g$. D'apr{è}s le
Th{é}or{è}me d'Hahn-Banach, $\exists h \in (\RR^{k+1})^{\prime}$, $h
\not\equiv 0$ et $\exists \alpha \in \RR$ tels que $h(F(x)) < \alpha < h(e_1)$,
$\forall x \in E$. Comme ImF est vectoriel, on en d{é}duit que $h(F(x)) = 0$,
$\forall x \in E$ et comme $h \in (\RR^{k+1})^{\prime}$, $h \not\equiv 0$,
$\exists (\mu_0,...,\mu_k) \in {\RR}^{k+1} \setminus \{0\}$ tel que $h(x) =
\sum_0^k \mu_i x_i$ si $x=(x_0,...,x_k) \in {\RR}^{k+1}$. D'o{\`u} on obtient
$$ \mu_0 g(x) + \sum_1^{k} \mu_i f_i(x) = 0 < \alpha < \mu_0,\quad \forall x
\in E.$$ Donc $\mu_0 \not= 0$ et $g(x) = \sum (-\frac{\mu_i}{\mu_0}) f_i(x)$
pour tout $x$. (On peut d{é}montrer ce r{é}sultat par une preuve purement
alg{é}brique,
par exemple un raisonnement par récurrence sur $k$.)\\
4) Soit $F_n = \mbox{vect} \{ f_1,...,f_n \}$, d'apr{è}s 2) et 3), $\forall g
\in E^{\prime}$, $\exists N$ tel que $g \in F_N$ donc $E^{\prime} = \bigcup
F_n$. Comme $E^{\prime}$ est complet, $F_n$ ferm{é} (car dim$F_n < \infty$),
on peut appliquer le lemme de Baire et $\exists n_0$ tel que int$(F_{n_0}) \not=
\emptyset$. Si $f \in \mbox{int}F_{n_0}$ alors $\exists r>0$ tel que $B(f,r)
\subset F_{n_0}$ par suite $E^{\prime}=F_{n_0}$ car $F_{n_0}$ est vectoriel et
donc
dim$E^{\prime} \leq n_0$.\\
5) On en conclut que dim$E < \infty$, en effet soit
\begin{eqnarray*}
\Phi :& E &\rightarrow \RR^{n_0}\\
      & x &\mapsto (f_1(x),...,f_{n_0}(x)).
\end{eqnarray*}
$\Phi$ est lin{é}aire et injective (car $\Phi(x)=0$ $\Longrightarrow$ $\forall
f \in E^{\prime}$, $f(x)=0$ $\Longrightarrow$ $x=0$ par Hahn-Banach) donc dim$E
\leq n_0$ ce qui est contraire {à} l'hypoth{è}se.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
1) On montre que $(1) \Longrightarrow (2) \Longrightarrow (3) \Longrightarrow
(1)$. Pour simplifier les notations on montrera que $T$ est continue en $0$, le
lecteur se convaincra que la continuit{é} de $T$ en $0$ implique la
continuit{é} de $T$ partout.\\
$(1) \Longrightarrow (2)$ :\\
$\forall \Omega \in {\cal V}_{w}(0)$, existe-t'il $\omega \in {\cal V}_{w}(0)$
tel que $x \in \omega$ $\Longrightarrow$ $Tx \in \Omega$ ? On peut toujours
choisir $\Omega = \{ y \in F : \vert < f_i,y > \vert < \ep, \forall i=1,...,n
\}$ o{\`u} $f_i \in F^{\prime}$ et $\ep > 0$. Maintenant,
\begin{eqnarray*}
Tx \in \Omega &\Longleftrightarrow& \vert < f_i,Tx> \vert < \ep,\,\forall
i=1,...,n,\\
 &\Longleftrightarrow& \vert < f_ioT,x> \vert < \ep,\,\forall i=1,...,n.
 \end{eqnarray*}
Si $\omega = \{x \in E : \vert < f_ioT,x> \vert < \ep,\,\forall i=1,...,n \}$
o{\`u} $f_ioT \in E^{\prime}$, alors $\omega$ est bien un voisinage faible de
$0$
donc $(2)$.\\
$(2) \Longrightarrow (3)$ :\\
$\forall \Omega \in {\cal V}_{w}(0)$, existe-t'il $r>0$ tel que $x \in B(x,r)
\Longrightarrow Tx \in \Omega$ ?\\
On sait par hypoth{è}se qu'il existe un voisinage faible de $0$, $\omega$, tel
que $x \in \omega \Longrightarrow Tx \in \Omega$ et on a vu dans l'exercice 1
ci-dessus, qu'un ouvert faible est un ouvert fort donc $(3)$.\\
$(3) \Longrightarrow (1)$ :\\
On utilise le Th{é}or{è}me du graphe ferm{é} (voir l'exercice 13 chap.III),
soit $(x_n,y_n)_n \in G(T)=\{(x,y) \in E\times F, y=Tx \}$ telle que $x_n
\rightarrow x$ et $y_n=Tx_n
\rightarrow y$, a-t'on $y=Tx$ ? \\
Comme $T$ est continue de $E$ fort dans $F$ faible, $Tx_n \rightharpoonup Tx$ et
d'autre part la convergence forte impliquant la convergence faible $Tx_n
\rightharpoonup y$, donc n{é}cessairement $y=Tx$. D'o{\`u} le graphe de $T$
est
ferm{é} et $T$ est continue (pour les topologies fortes).\\
2) Soit $T : E_w \longrightarrow F$ lin{é}aire continue. La continuit{é} en
$0$ implique que $\exists \ep > 0$, $\exists f_1,..,f_n \in E^{\prime}$ tels que
$$ \vert < f_i,x > \vert < \ep,\quad \forall i=1,...,n \Longrightarrow \Vert Tx
\Vert_F < 1.
$$
Alors $\bigcap_i \ker f_i \subset \ker T$. On va montrer que dim(Im$T$)$\leq n$.
Soit $y_1 =Tx_1,...,y_{n+1}=Tx_{n+1} \in $ Im$T$, existe-t'il
$(\lambda_1,...,\lambda_{n+1})$ non tous nuls tels que $\sum_1^{n+1} \lambda_k
Tx_k = 0$ ?\\
Ou encore tels que $T(\sum_1^{n+1} \lambda_k x_k) = 0$ ? On remarque que si il
existe $(\lambda_1,...,\lambda_{n+1})$ non tous nuls tels que $ \sum_1^{n+1}
\lambda_k x_k \in \bigcap_i \ker f_i$, c'est fini. Donc on veut
$$ \sum_1^{n+1} \lambda_k < f_i,x_k > = 0,\quad 1\leq i \leq n.
$$
C'est un syst{è}me lin{é}aire de $n$ {é}quations {à} $n+1$ inconnues
dont on sait qu'il existe des solutions non triviales, d'o{\`u} le r{é}sultat.
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
1) ${\Vert x^N -x \Vert}_1$ = reste d'une s{é}rie convergente.\\
2) f est lin{é}aire et $\vert f(x) \vert \leq \Vert y \Vert_{\infty} \Vert x
\Vert_1$ donc $f \in (\lun)^{\prime}$.\\
a) On a montr{é} que $\Vert \Lambda_y \Vert \leq \Vert y \Vert_{\infty}$. On a
$\Lambda_y(e^N)=y_N$ donc $\Vert \Lambda \Vert \geq \Vert y \Vert_{\infty}$,
d'o{\`u}
$\Lambda$ est une isom{é}trie.\\
b) $\Lambda$ est injective car isom{é}trique. Montrons qu'elle est surjective.
Soit $\ell \in (\lun)^{\prime}$ alors par lin{é}arit{é} et continuit{é} de
$\ell$, on a $< \ell,x > = \sum_1^{\infty} x_ny_n$ si $x=(x_n)_n \in \lun$ et
$\exists M>0$ tel que $\forall x \in \lun$, $\vert <\ell,x > \vert \leq M \Vert
x \Vert_1$. En particulier pour $x=e^n$, on obtient $\vert <\ell,e^n>\vert =
\vert y_n \vert \leq M$ et $y \in \linf$. Donc $\ell = \Lambda_y$ et $\Lambda$
est bijective. Par l'exercice 11 chap. III, on conclut que $\Lambda$ est un
isomorphisme d'espaces de
Banach.\\
3) Soit $(x^n)_{n \geq 1}$ une suite d'{é}l{é}ments de $\lun$ telle que $x^n
\rightharpoonup 0$ dans $\lun$ faible $\Longleftrightarrow$ $\forall y \in \linf
<y,x^n> \rightarrow <y,0>=0$ $\Longleftrightarrow$ $\sum_1^{\infty} x_i^n y_i
\rightarrow 0$, $\forall y=(y_i)_i \in \linf$.\\
4) Soit $(x^n)_{n \geq 1}$ une suite d'{é}l{é}ments de
$\lun$ telle que $x^n \rightharpoonup 0$ dans $\lun$ faible.\\

a) On montre facilement que $d$ est une distance sur $K$.\\

b) On veut montrer que $\exists \ep > 0$ et $\exists y^1,...,y^n \in \lun$ tels
que
$$V=\{ g \in K : \vert < g-f,y^i> \vert < \ep, \forall i=1,...,n \} \subset
\Omega.$$ On a $$d(f,g) = \sum_1^n \frac{1}{2^i} \vert f_i-g_i \vert + \sum_{i
\geq n+1} \frac{1}{2^i} \vert f_i-g_i \vert\,\, \mbox{et}\,\, \sum_{i \geq n+1}
\frac{1}{2^i} \vert f_i-g_i \vert \leq 2 \sum_{i \geq n+1} \frac{1}{2^i} =
\frac{1}{2^{n-1}},$$ pour $f,g \in K$. Soient donc $\ep$ et $n$ tels que $\ep +
\frac{1}{2^{n-1}} < r$ et $y^i=e^i$ pour $1\leq i \leq n$, alors
$$\sum_1^n \frac{1}{2^i} \vert f_i-g_i \vert = \sum_1^n \frac{1}{2^i} \vert
<f-g,e^i> \vert \leq \ep \sum_1^n \frac{1}{2^i} \leq \ep,$$ si $g \in V$.
D'o{\`u} $d(f,g) \leq \ep + \frac{1}{2^{n-1}} < r$, $\forall g \in V$ donc $V
\subset
\Omega$.\\

c) La question pr{é}c{è}dente montre que l'application $id :
(K,\sigma(\linf,\lun)) \rightarrow (K,d)$ est continue. Or $K$ est compacte
faible $\star$, donc$(K,d)$ est
compact.\\

d) Soit $\ep > 0$ fix{é}. Soit $A_n = \{ f \in \linf : \vert <f,x^n > \vert
\leq \ep \}$ alors $A_n$ est ferm{é} faible $\star$, et $F_k = K \cap
\bigcap_{n \geq k} A_n$ est aussi ferm{é} faible $\star$ dans $K$ compact donc
$F_k$ est compact faible $\star$. Son image par $id : (K,\sigma(\linf,\lun))
\rightarrow (K,d)$ (qui
est continue) est compacte donc ferm{é}e dans $(K,d)$. \\
$K = \bigcup_k F_k $ car $<f,x^n> \rightarrow 0$, $\forall f \in \linf$. Enfin,
$(K,d)$ m{é}trique compact est complet, on peut donc appliquer le lemme de
Baire : il existe $k_0$ tel que Int$F_{k_0} \not= \emptyset$. Donc il existe
$f_0 \in K$, $\exists
\rho > 0$ tels que $K \cap B_d(f_0,\rho) \subset F_{k_0}$.\\

e) En choisissant $f$ comme dans l'{é}nonc{é}, on a,
$$d(f,f^0) \leq 2 \sum_{i=N+1}^{\infty} \frac{1}{2^i} = \frac{1}{2^{N-1}} <
\rho.$$ Donc $f \in F_{k_0}$ et
$$\vert <f,x^n> \vert = \vert \sum_1^N f_0^i x_i^n + \sum_{i=N+1}^{\infty} (\pm
x_i^n) \vert \leq \ep,\quad \forall n \geq k_0.$$ $\Longrightarrow$
$$\sum_{i=N+1}^{\infty} \vert x_i^n \vert \leq \ep + \sum_1^N \vert f_0^i x_i^n
\vert \leq \ep + \sum_1^N \vert x_i^n \vert,$$ car $f^0 \in K$, d'o{\`u}
$$\sum_{i=1}^{\infty} \vert x_i^n \vert \leq \ep + 2 \sum_1^N \vert x_i^n
\vert,\quad \forall n \geq k_0.$$

f) i {é}tant fix{é}, $x_i^n \rightarrow 0$ car $x_i^n = < e^i,x^n >$, donc
$\exists I$ tel que $\forall n \geq I$, $\vert x_i^n \vert \leq \frac{\ep}{2N}$.
D{è}s que $n \geq \max(k_0,I)$, on a $\Vert x^n \Vert_1 \leq 2\ep$ d'o{\`u}
$x^n
\rightarrow 0$ dans $\lun$. \\
5) Comme $\lun$ n'est pas de dimension finie, les topologies faibles et fortes
ne sont pas {é}quivalentes et cette application ne peut donc pas {\^e}tre
continue.
\\ \\
{\bf Exercice 5}
\\ \\
Comme $A$ est ouvert faible $\star$, $A$ est ouvert fort de $\Ep$ donc par le Théorème
de Hahn-Banach première forme géométrique, $\exists \xi \in \Epp$, $\xi \not= 0$ et
$\exists \alpha \in \RR$ tels que
$$< \xi,f>\;\leq \alpha\;\leq \;<\xi,g>\quad \forall f\in A,\,\forall g \in B.$$
Soit $f_0 \in A$ ouvert faible $\star$ alors $\exists V$ voisinage faible $\star$ de $f_0$
tel que $V \subset A$. On peut toujours supposer que $V = \{ g \in \Ep : \vert <g-f_0,x_i>
\vert < \ep,\; \forall i=1,N \}$ o\`u $\ep > 0$ et $x_1,...,x_N \in E$.\\
Si $g=f_0+u$ o\`u $u \in \bigcap_{1\leq i \leq N} \ker J(x_i)$ alors $g \in V \subset A$
donc $<\xi,u> \leq \alpha + <\xi,f_0>$ et ceci $\forall u \in \bigcap_{1\leq i \leq N}
\ker J(x_i)$ vectoriel. D'o\`u $<\xi,u> =0$ et $\bigcap_{1\leq i \leq N} \ker J(x_i)
\subset \ker \xi$. Par un m\^eme raisonnement qu'à l'exercice 2 chap. IV, on en déduit
que $\exists \lambda_1,...,\lambda_N \in \RR$ tels que $\xi = \sum_1^N \lambda_i J(x_i) =
J(\sum_1^N \lambda_i x_i)$. D'o\`u $x = \sum_1^N \lambda_i x_i$ convient ($x \not=0$ car
$\xi \not= 0$).
\\ \\
\section{Chapitre V}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
$E \subset {(E_{w\star}^{\prime})}^{\prime}$ :\\
Soit $x \in E$ alors $V = \{ f \in E^{\prime} : \vert <f,x> \vert < \ep \}$ est
un voisinage faible-$\star$ de $0$ dans $E^{\prime}$. Donc $f \mapsto <f,x>$ est
continue sur $E_{w\star}^{\prime}$, d'o{\`u} $x \cong J(x) \in
{(E_{w\star}^{\prime})}^{\prime}$.\\
${(E_{w\star}^{\prime})}^{\prime} \subset E$ :\\
Soit $\vfi \in {(E_{w\star}^{\prime})}^{\prime}$ et soit $\ep > 0$ alors
$\exists \Omega$ voisinage faible-$\star$ de $0$ dans $E^{\prime}$ tel que
$$ f \in \Omega \Longrightarrow \vert <\vfi,f> \vert < \ep.$$
On peut toujours choisir $\Omega = \{ g \in E^{\prime} : \vert <g,x_i> \vert <
\beta,\,i=1,...,n \}$ o{\`u} $\beta > 0$ et pour $i=1,...,n$, $x_i \in E$. Mais
$J(x_i) \in E^{\prime \prime}$ et $$\vert < J(x_i),g> \vert < \beta,\, \forall
i=1,...,n \Longrightarrow \vert <\vfi,g> \vert < \ep.$$ Donc $g \in \bigcap_i
\ker J(x_i)$ $\Longrightarrow$ $\vert <\vfi,g> \vert < \ep$, d'o{\`u} $\bigcap_i
\ker J(x_i) \subset \ker \vfi$. D'apr{è}s l'exercice 2, question 3), $\exists
\lambda_1,...,\lambda_n \in \RR$ tels que $\vfi = \sum_1^n \lambda_i J(x_i) =
J(\sum_1^n \lambda_i x_i).$ Soit $x = \sum_1^n \lambda_i x_i \in E$ alors $\vfi
= J(x)$, d'o{\`u} le r{é}sultat.
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
Soit $f_n : E \longrightarrow \RR$ telle que $f_n(x)=x_n$ si $x=(x_n)_n$. Alors
$f_n \in E^{\prime}$ et $\Vert f_n \Vert = 1$. S'il existe une sous-suite
$(f_{nk})_{nk}$ qui converge vers un $f$ dans $E_{w\star}^{\prime}$ alors
$\forall x \in E$, $<f_{nk},x> = x_{nk} \longrightarrow <f,x>$ quand $k$ tend
vers $+ \infty$. Donc en fait il s'agit de trouver une suite de r{é}els qui ne
converge pas...c'est facile. Par exemple, soit $x = (x_n)_n$ tel que
$x_{nk}=(-1)^k$ et $x_n = 0$ ailleurs, alors $x \in \linf$ et $<f_{nk},x> =
(-1)^k$ ne converge pas. Donc il n'existe pas de sous-suites faiblement-$\star$
convergentes bien que $(f_n)_n$ soit dans un compact faible-$\star$. Mais ce
compact n'est pas m{é}trisable, on peut en conclure par exemple que $\linf$
n'est pas s{é}parable ni r{é}flexif. En effet, $\ell^1$ est séparable et
si $\ell^\infty$ était réflexif, il serait donc aussi séparable.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
1) $K \subset \bigcup_{n>0} B(0,n)$ et K compact $\Longrightarrow$ $\exists N$
tel que $K \subset B(0,N)$.\\
2) $\forall x \in B_E$, $Tx$ est dans un compact donc $\exists N$ tel que $Tx
\in
B(0,N)$ $\Longrightarrow$ $\Vert Tx \Vert \leq N$.\\
3) Soit $(x_n)_n \in E$ telle que $x_n$ converge faiblement vers $x \in E$,
alors $\Vert x_n \Vert$ est born{é}e car $E$ est un Banach et donc $\exists
R>0$ tel que $\forall n$, $x_n \in \overline{B} (0,R)$. Comme $T$ est compacte,
$(Tx_n)_n$ est dans un compact fort et il existe une sous-suite $(Tx_{nk})_{k}$
qui converge fortement vers $y \in F$. D'autre part $T$ est lin{é}aire
continue donc continue de E faible dans F faible et $Tx_{nk} \rightharpoonup Tx$
d'o{\`u} $y = Tx$. $Tx$ est la seule valeur d'adh{é}rence de la suite
$(Tx_n)_n$ donc toute la suite converge vers $Tx$
d'o{\`u} ($\star$).\\
4) Montrons que $T(B_E)$ est ferm{é}. Soit $y_n =Tx_n \in T(B_E)$, on suppose
que
$Tx_n \longrightarrow y$, a-t-on $y=Tx$ o{\`u} $x \in B_E$ ?\\
Comme E est  r{é}flexif et que $\Vert x_n \Vert \leq 1$, $\forall n$,  il
existe une sous-suite $(x_{nk})_{k}$ telle que $x_{nk} \rightharpoonup x$. Alors
($\star$) $\Longrightarrow$ $Tx_{nk} \longrightarrow Tx$ donc $y=Tx$ et $\Vert x
\Vert \leq \liminf \Vert x_{nk} \Vert \leq 1$ et $T(B_E)$ est ferm{é}.\\
Soit encore $y_n =Tx_n \in T(B_E)$, alors E r{é}flexif $\Longrightarrow$
$x_{nk} \rightharpoonup x$ et $Tx_{nk} \longrightarrow Tx$ donc $Tx$ est valeur
d'adh{é}rence de $(y_n)_n$ et $T(B_E)$ est compact.\\
5) Soit $B = \{x \in \ker (Id-T) : \Vert x \Vert \leq 1 \}$. Soit $(x_n)_n \in
B$ alors de $\Vert x_n \Vert \leq 1$ et $T$ compact, on d{é}duit qu'il existe
une sous-suite $x_{nk}=Tx_{nk}$ qui converge vers $y$. Il est clair que $y \in
B$ donc $B$ est compact et $dim(\ker (Id-T)) < \infty$.
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
On d{é}finit $J : E \longrightarrow \Epp$ par
$${<Jx,f>}_{\Epp,\Ep} = {<f,x>}_{\Ep,E} \quad \forall x \in E,\,\,\forall f \in
\Ep.$$ On a $\Vert Jx \Vert = \sup_{\Vert f \Vert \leq 1} \vert <f,x> \vert =
\Vert x \Vert$ par Hahn-Banach,
donc J est lin{é}aire isom{é}trique. \\
Ici, E est r{é}flexif donc J est surjective i.e. $J(E)= \Epp$.\\
Si $f \in E^{\prime}$ alors $\Vert f \Vert = \sup_{\Vert x \Vert \leq 1} \vert
<f,x> \vert = \sup_{\Vert \xi \Vert \leq 1} \vert <\xi,f> \vert$ car $J$ est
isom{é}trique et surjective. \\
Par Hahn-Banach, $\sup_{\Vert \xi \Vert \leq 1} \vert <\xi,f> \vert =
\max_{\Vert \xi \Vert \leq 1} \vert <\xi,f> \vert$ et donc $\exists x_0 \in E$
tel que $\Vert x_0 \Vert \leq 1$ et $\Vert f \Vert = \vert <f,x_0> \vert$.
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
On peut v{é}rifier facilement que si $\vfi_n$ converge faiblement vers $\vfi$
alors elle converge simplement sur $[0,1]$ vers $\vfi$ et donc
n{é}cessairement $\vfi(x) = 0$ si $x \not= 0$ et $\vfi(0) = 1$, donc $\vfi$
n'est pas continue, ce qui est impossible. On peut en conclure que E n'est pas
r{é}flexif.
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
1) $B_d(0,\frac{1}{n})$ est un voisinage de $0$ dans $(B_{E^{\prime}},d)$. Par
{é}quivalence des topologies, $\exists V_n$ voisinage faible $\star$ de $0$
tel que $V_n \subset B_d(0,\frac{1}{n})$. On peut supposer que
$$V_n = \bigcap_{i \in I_n} \left\{ f \in B_{E^{\prime}} : \vert < f,x_i > \vert <
\ep_n \right\},$$
o{\`u} $\ep_n > 0$, $T_n$ est une partie finie de $\NN^{\star}$ et $x_i \in E$.\\
L'ensemble $\left\{ x_i, i \in I_n, n \in \NN^{\star} \right\}$ constitue une
suite
d{é}nombrable de points de $E$.\\
2) Si $x \in X$, $\exists n$ tel que $x \in X_n$ donc $x = \sum_1^n \lambda_i
x_i$ o{\`u} $\lambda_i \in \RR$. Comme $\QQ$ est dense dans $\RR$, pour $\ep >
0$, $\exists r_1,...,r_n \in \QQ$ tels que $\vert r_i - \lambda_i \vert \leq
\ep$. Si $y = \sum_1^n r_i x_i$ alors $y \in Y_n \subset Y$ et on a $\Vert x-y
\Vert \leq \ep \sum_1^n \Vert x_i \Vert$. Donc on a montr{é} que $\forall V
\in {\cal V}(x)$, $V \cap Y \not=
\emptyset$. D'o{\`u} $X \subset \overline{Y}$.\\
3) Si $\overline{X} \not= E$, $\exists x_0 \in E\setminus \overline{X}$ et par
Hahn-Banach, $\exists f \in E^{\prime}$, $f \not\equiv 0$, $\exists \alpha \in
\RR$, tels que $<f,x>\;< \alpha <\;<f,x_0>$, $\forall x \in \overline{X}$. Comme
$X$ est vectoriel, on en d{é}duit que $f \equiv 0$ sur $X$. On peut supposer
que $\Vert f \Vert = 1$, alors $f \in V_n$, $\forall n$ donc $f \in
B_d(0,\frac{1}{n})$, $\forall n$ d'o{\`u} $f \equiv 0$ et c'est absurde.
\section{Chapitre VII}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) Sur $[0,1]$, $(1-t^2)^n \geq 1 -nt^2$ et $\int_0^1 (1-t^2)^n dt \geq
\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}} (1 - nt^2) dt$ (puisqu'on ne consid{è}re que la
partie positive de l'aire constitu{é}e par le graphe de $1 -nt^2$ sur
$[0,1]$.) Donc,
$$ 1 = c_n \int_{-1}^1 (1-t^2)^n dt = 2c_n \int_0^1 (1-t^2)^n dt \geq
2c_n\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}} (1 - nt^2) dt = \frac{4c_n}{3\sqrt{n}},$$
on en d{é}duit que $c_n \leq \frac{3}{4} \sqrt{n}$.\\
2) Pour $x \in [0,1]$, on a
$$P_n(x) = \int_{-1}^1 f(x-y) Q_n(y) dy = \int_0^1 Q_n(x-y) f(y) dy.$$
Si $Q_n(x) = \sum_0^{d_n} a_p x^p$ alors
\begin{eqnarray*}
\int_0^1 Q_n(x-y)f(y) dy &=& \int_0^1 \sum_{p=0}^{d_n} a_p \sum_{k=0}^p C_p^k
x^k
(-y)^{p-k} f(y) dy,\\
 &=& \sum_{p=0}^{d_n} a_p \sum_{k=0}^p C_p^k x^k (-1)^{p-k}
\underbrace{\int_0^1y^{p-k}f(y) dy}_{\mbox{constante}}.
 \end{eqnarray*}
Ce qui montre que $P_n$ est polynomial.\\
L'application $f$ est uniform{é}ment continue sur $\RR$ donc pour $\ep >0$
fix{é}, il existe $\delta >0$ tel que $\forall x \in [0,1]$ et $\forall y$ tel
que $\vert y \vert \leq \delta$, $\vert f(x-y) - f(x) \vert \leq \ep$. Comme
$\int_{-1}^1 Q_n dt =1$, on a
\begin{eqnarray*}
\vert P_n(x) - f(x) \vert &=& \vert \int_{-1}^1 (f(x-y) - f(x)) Q_n(y) dy \vert,\\
 &\leq& \int_{[\vert y \vert \leq \delta]} \vert f(x-y) - f(x) \vert Q_n(y) dy + 2
\Vert f \Vert_{\infty} \int_{[1 \geq \vert y \vert \geq \delta]} Q_n(y) dy.
 \end{eqnarray*}
Enfin, comme $(1-t^2)^n \geq (1 - \delta^2)^n$ si $1 \geq t \geq \delta$, on a
$$\int_{\delta}^1 Q_n(y) dy \leq Q_n(\delta) \leq \sqrt{n} (1 - \delta^2)^n
\rightarrow 0,$$ donc $\exists N$ tel que $\forall n \geq N$,  $\int_{\delta}^1
Q_n(y) dy \leq \ep$. D'o{\`u} $\vert P_n(x) - f(x) \vert \leq (1+4\Vert f
\Vert_{\infty}) \ep$ et ceci $\forall x \in [0,1]$, on en d{é}duit que $\Vert
f - P_n \Vert_{\infty}
\rightarrow 0$ quand $n \rightarrow +\infty$.\\
3) Soit $f \in {\cal C}([0,1])$, alors $\widehat{f} = f - f(0) - x(f(1)-f(0))$
est continue et v{é}rifie $\widehat{f}(0) = \widehat{f}(1) = 0$, donc par 2),
$\forall \ep > 0$, $\exists \widehat{P_{\ep}}$ polyn{\^o}me tel que $\Vert
\widehat{f} -
\widehat{P_{\ep}} \Vert_{\infty} \leq \ep.$\\
Soit $P_{\ep} = \widehat{P_{\ep}}- f(0) - x(f(1)-f(0))$ alors $P_{\ep}$ est
polynomial et $f - P_{\ep} = \widehat{f} - \widehat{P_{\ep}}$ ce qui montre que
les polyn{\^o}mes sont denses dans ${\cal C}([0,1])$.
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
1) On a $\chi_n(x) \geq 0$, $\int_{\RR} \chi_n = 1$, $\chi_n \longrightarrow 0$
p.p. et $\int_{\RR} \chi_n^2 = \frac{1}{2n} \longrightarrow 0$. Donc $\chi_n
\longrightarrow 0$ dans $L^2(\RR)$ et $\chi_n \not\longrightarrow 0$ dans
$L^1(\RR)$.\\
2) L'ensemble $L^1(\RR)\cap L^2(\RR)$ est dense dans $L^2(\RR)$ car contient
${\cal C}_c(\RR)$ par exemple. Soit $E = \{ f \in L^1(\RR)\cap L^2(\RR) :
\int_{\RR} f(x)\;dx = 0 \}$. Si $f \in L^1(\RR)\cap L^2(\RR)$ alors $g_n = f -
(\int_{\RR} f) \chi_n \in E$ et $f-g_n = (\int_{\RR} f) \chi_n \longrightarrow
0$ dans $L^2(\RR)$. Donc $E$ est dense dans $L^2(\RR)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soit $ f \in L^1(\Om)$ avec $\vert f \vert \leq M$ p.p. alors $\int_A \vert f
\vert dx \leq M \vert A \vert$ donc pour $\ep>0$, on choisit $\delta \leq
\frac{\ep}{M}$ et $\vert A \vert \leq \delta \Longrightarrow \int_A \vert f
\vert
dx \leq \ep.$\\
En utilisant le fait que les fonctions continues et born{é}es sont denses dans
$L^1$, on en d{é}duit le cas g{é}n{é}ral.
\\ \\
{ \bf Exercice 4} (J.M.Bony, Ecole Polytechnique)
\\ \\
1) Soit $F(x,y)=f(x-y^n)g(y)$ alors $\int_{\RR} \vert F(x,y) \vert dx = \Vert f
\Vert_{L^1} \vert g(y) \vert$ et
$$\int_{\RR} (\int_{\RR} \vert F(x,y) \vert dx) dy = \Vert f \Vert_{L^1}\Vert g
\Vert_{L^1},$$ donc par le Th{é}or{è}me de Fubini-Tonelli, $F \in L^1(\RR
\times \RR)$. De plus, p.p. x, $x \mapsto \int_{\RR} F(x,y) dy$ est d{é}finie
et est dans $L^1(\RR)$.
Enfin, $\Vert T_n(f) \Vert_{L^1} \leq \Vert f \Vert_{L^1}\Vert g \Vert_{L^1}$.\\
2) On a
\begin{eqnarray*}
\forall x,\quad y&\mapsto& f(x-y^n)g(y) \in L^1(\RR),\\
\mbox{p.p.}y,\quad x&\mapsto& f(x-y^n)g(y) \in {\cal C}(\RR),
\end{eqnarray*}
et $\forall x$, $\vert f(x-y^n)g(y) \vert \leq \Vert f \Vert_{\infty} \vert g(y)
\vert \in L^1(\RR)$, donc par le Th{é}or{è}me de continuit{é} des
int{é}grales d{é}pendant d'un param{è}tre, $T_n(f) \in {\cal C}(\RR)$ et
$\forall x$, $\vert T_n(f)(x) \vert \leq \Vert f \Vert_{\infty} \Vert g
\Vert_{L^1}$ donc $T_n(f)$
est born{é}e.\\
3) On {é}crit $T_n(f)(x) = A_n + B_n$ o{\`u} $A_n = \int_{\vert y \vert < 1}
f(x-y^n)g(y) dy$ et $B_n = \int_{\vert y \vert > 1} f(x-y^n)g(y) dy$.\\
Etude de $A_n$ :\\

Quand $n \rightarrow \infty$, $f(x-y^n)g(y) \longrightarrow f(x)g(y)$ p.p. et
$\vert f(x-y^n)g(y) \vert \leq M \vert g(y) \vert \in L^1$. Par le
Th{é}or{è}me de convergence domin{é}e, $A_n \longrightarrow f(x)
\int_{\vert y \vert < 1} g(y)
dy$.\\
Etude de $B_n$ :\\

Quand $n \rightarrow \infty$, $x-y^n \longrightarrow \pm \infty$ et par
hypoth{è}se $f(x-y^n) \longrightarrow 0$ donc $f(x-y^n)g(y) \longrightarrow 0$
p.p. Enfin, $\vert f(x-y^n)g(y) \vert \leq M \vert g(y) \vert \in L^1$, donc le
Th{é}or{è}me de convergence domin{é}e montre que $B_n \longrightarrow 0$.\\
\\
D'o{\`u} $T_n(f)(x) \longrightarrow C\; f(x)$ avec $C = \int_{\vert y \vert < 1}
g(y) dy$.
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
On note $Tf$ l'application $x \mapsto Tf(x) = \int_0^1 \sin(x+f^2(t)) dt$.
Alors, par le Th{é}ro{è}me de convergence domin{é}e on v{é}rifie
facilement que $Tf \in E$. Montrons que $T : E \rightarrow E$ est continue. Si
$f_n \rightarrow f$ dans $E$ alors $\forall x \in [0,1]$,
\begin{eqnarray*}
\vert Tf_n(x) - Tf(x) \vert & \leq & \int_0^1 \vert f_n^2(t) - f^2(t) \vert dt,\\
 & \leq & \Vert f_n+f \Vert_{\infty}\Vert f_n - f \Vert_{\infty}.
 \end{eqnarray*}
La quantit{é} $\Vert f_n+f \Vert_{\infty}$ est born{é}e donc $\Vert Tf_n -
Tf
\Vert_{\infty} \rightarrow 0$ et $T$ est continue.\\
Soit $A = T(E)$, montrons que $\overline{A}$ est compact dans $E$. Pour cela on
utilise le Th{é}or{è}me d'Ascoli.\\
$A$ est {é}quicontinue car $\forall f \in E$, $\vert Tf(x) - Tf(y) \vert \leq
\vert x-y \vert$.\\
Pour $x \in [0,1]$, si $A_x = \left\{ Tf(x), f \in E \right\}$ alors $A_x
\subset
[-1,1]$ donc $\overline{A_x}$ est compact (dans $\RR$). \\
Le Th{é}or{è}me d'Ascoli montre que $\overline{A}$ est compact dans $E$ et
le Th{é}or{è}me de Shauder donne l'existence d'un point fixe de $T$.
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
Par le Th{é}or{è}me de Fubini, $f,g \in L^1(\RR) \Longrightarrow f\star g
\in
L^1(\RR)$ et $\Vert f\star g \Vert_1 \leq \Vert f \Vert_1 \Vert g \Vert_1$.\\
$(f,g) \mapsto (f\star g)$ est bilin{é}aire donc $\star$ est distributive par
rapport {à} l'addition. Enfin, il est {é}vident que $\star$ est commutative,
donc il reste {à} voir que $\star$ est associative. Soit $f,g,h \in L^1(\RR)$,
en appliquant le Th{é}or{è}me de Fubini et en effectuant un changement de
variables, on a
\begin{eqnarray*}
(f\star g)\star h(x) &=& \int_{\RR} f\star g(x-y) h(y) dy = \int_{\RR}
\int_{\RR}
f(x-y-u)g(u)h(y)dy du,\\
&=& \int_{\RR} \int_{\RR} h(y) g(v-y) f(x-v) dv dy,\\
&=& \int_{\RR} f(x-v) g\star h(v) dv = f\star (g\star h)(x).
\end{eqnarray*}
Supposons maintenant qu'il existe un {é}l{é}ment neutre $\delta$ pour la
convolution dans $L^1(\RR)$. Soit $f_n \in {\cal C}(\RR)$, $f_n \geq 0$, de
support $[-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}]$ et telle que $f_n(0)= \Vert f_n
\Vert_{\infty} = 1$. Alors $\delta\star f_n \in {\cal C}(\RR)$ et $\forall x \in
\RR$, $\delta\star f_n(x) = f_n\star \delta (x) = f_n(x)$, donc en particulier
$$f_n\star \delta (0) = f_n(0) = 1 = \int_{\RR} f_n(-y) \delta(y) dy.$$
Soit $g_n(y) = f_n(-y) \delta(y)$ alors $g_n(y) \longrightarrow 0$ p.p. et
$\vert g_n(y) \vert \leq \vert \delta(y) \vert \in L^1(\RR)$. Le
Th{é}or{è}me de convergence domin{é}e montre que $\int_{\RR} g_n
\longrightarrow 0$, d'o{\`u} contradiction.
\\ \\
{\bf Exercice 7}
\\ \\
Comme la suite $f_n$ est de Cauchy, on peut reprendre la d{é}monstration du
Th{é}or{è}me 7.3 chap. VII, et extraire une sous-suite $f_{n_k}$ qui converge
p.p. vers une limite not{é}e $h_0$ (on ne sait pas a priori que $f=h_0$ p.p.).
En reprenant les m{\^e}mes notations que dans
 la d{é}monstration du Th{é}or{è}me 7.3, on a de plus,
p.p. x, $\forall k$, $\vert f_{n_k}(x) - h_0(x) \vert  \leq g(x)$ qui est
chapeau int{é}grable. Par le Th{é}or{è}me de convergence domin{é}e, il
en r{é}sulte que $h_0 \in L^1$
 et $f_{n_k} \longrightarrow h_0$ dans $L^1$. Par cons{é}quent $f=h_0$ p.p.
 La sous-suite est clairement domin{é}e par $h = \vert h_0 \vert +g$.
 \\ \\
{ \bf Exercice 8}
\\ \\
$\forall t>0$, $x \mapsto e^{-t}\, t^{x-1}$ est ${\cal C}^{\infty}$ sur
${\RR}^{+\star}$ et pour $x>0$ fix{é}, $t \mapsto e^{-t}\, t^{x-1} \in
L^1(]0,+\infty[)$. Enfin, $\forall [a,b] \subset ]0,+\infty[$ et pour tout $x
\in [a,b]$, on a,
$$\vert e^{-t}\, t^{x-1} \vert \leq \ind_{(0,1)} e^{-t}\, t^{a-1} +
\ind_{(1,+\infty)} e^{-t}\, t^{b-1} \in L^1(0,+\infty).$$ Par le
Th{é}or{è}me de continuit{é} des int{é}grales d{é}pendant d'un
param{è}tre, on conclut que $\Gamma$ est continue sur $]0,+\infty[$.\\
$\forall k$, $\frac{\partial}{\partial x^k} (e^{-t}\, t^{x-1}) = e^{-t}(\log
t)^k t^{x-1}$ et
$$\vert \frac{\partial}{\partial x^k} (e^{-t}\, t^{x-1}) \vert \leq \ind_{(0,1)}
e^{-t}\vert \log t\vert^k t^{a-1} + \ind_{(1,+\infty)} e^{-t}\vert \log t
\vert^k t^{b-1} \in L^1(0,+\infty),$$ $\forall x \in [a,b] \subset ]0,+\infty[$.
Donc le Th{é}or{è}me de d{é}rivation sous le signe somme montre que
$\Gamma$ est ${\cal C}^k$ sur $]0,+\infty[$, $\forall k$, donc est ${\cal
C}^{\infty}$ sur $\RR^{+\star}$.
\\ \\
{ \bf Exercice 9}
\\ \\
1) On suppose $\theta \in ]0,1[$. On peut toujours {é}crire
$$\int \vert f \vert^r = \int \vert f \vert^{r\theta} \vert f
\vert^{(1-\theta)r}.$$ Posons $g = \vert f \vert^{r\theta}$ et $h = \vert f
\vert^{(1-\theta)r}$ alors $g \in L^{\frac{p}{r\theta}}$ et $h \in
L^{\frac{q}{(1-\theta)r}}$ o{\`u} $\frac{r\theta}{p} + \frac{(1-\theta)r}{q} =
1$. Par l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder, on obtient
$$\int gh \leq \Vert g \Vert_{\frac{p}{r\theta}}\,\Vert h
\Vert_{\frac{q}{(1-\theta)r}},$$ c'est {à} dire
$$ \int \vert f \vert^r \leq {(\int \vert f \vert^p)}^{\frac{r\theta}{p}} +
{(\int \vert f \vert^q)}^{\frac{(1-\theta)r}{q}}.$$ 2) Si $E = \bigcup_n E_n$ et
$E_n$ ferm{é} dans $(E,\Vert\,\Vert_1)$ alors $(E,\Vert\,\Vert_1)$ {é}tant
complet, on peut appliquer le lemme de Baire et $\exists n_0$ tel que
int$(E_{n_0}) \not= \emptyset$. Donc $\exists f \in E$ et $\exists r>0$ tels que
$B(f,r) \subset E_{n_0}$. Si $g \in E$, $g \not= 0$ alors $f+ \frac{r}{2}
\frac{g}{\Vert g \Vert_1} \in B(f,r) \subset E_{n_0}$ donc $g \in
L^{1+\frac{1}{n_0}}$ et $\vert \frac{r}{2} \frac{1}{\Vert g \Vert_1} \Vert g
\Vert_{1+\frac{1}{n_0}} - \Vert f \Vert_{1+\frac{1}{n_0}} \vert \leq n_0$
$\Longrightarrow$ $\Vert g \Vert_{1+\frac{1}{n_0}} \leq \frac{4n_0}{r} \Vert g
\Vert_1$.\\
D'o{\`u} $id : E, \Vert\,\Vert_1 \longrightarrow L^{1+\frac{1}{n_0}}$ est
continue.\\
Montrons que $E = \bigcup_n E_n$. Si $f \in E$ alors $\exists q>1$ tel que $f
\in L^1 \cap L^q$. Donc $\exists N_0$ tel que {à} la fois $\Vert f \Vert_1
\leq N_0$ et $\forall n \geq N_0$, $1+ \frac{1}{n} < q$. Soit $r_n=1+
\frac{1}{n}$ alors par 1),
$$\Vert f \Vert_{1+\frac{1}{n}} \leq \Vert f \Vert_1^{\theta_n} \Vert f
\Vert_q^{(1-\theta_n)},\;\;\mbox{o{\`u}}\;\; \frac{1}{r_n} = \frac{n}{n+1} =
\theta_n + \frac{1-\theta_n}{q}.$$ Or $\theta_n (1- \frac{1}{q})=\frac{n}{n+1} -
\frac{1}{q}$ o{\`u} $q>1$ donc $\theta_n \longrightarrow 1$ et $\Vert f
\Vert_1^{\theta_n} \Vert f \Vert_q^{(1-\theta_n)} \longrightarrow \Vert f
\Vert_1$. Donc $\exists N \geq N_0+1$ tel que $\forall n \geq N$ $\Vert f
\Vert_{1+\frac{1}{n}} \leq \Vert f \Vert_1 + 1 \leq N_0+1 \leq N$ et $f \in E_N$
par exemple. D'o{\`u} $E = \bigcup_n
E_n$.\\
Montrons que $\forall n$, $E_n$ est ferm{é} dans $(E,\Vert\,\Vert_1)$. Soit
$(f_p)_p \subset E_n$ telle que $f_p \longrightarrow f$ dans
$(E,\Vert\,\Vert_1)$.
A-t'on $f \in E_n$ ?\\
$\Vert f_p - f \Vert_1 \longrightarrow 0$ $\Longrightarrow$ il existe une
sous-suite $(f_{p_k})_k$ telle que $f_{p_k} \longrightarrow f$ p.p. (voir
l'exercice 7 chap.VII), donc
\[ \left\{ \begin{array}{l}
\vert f_{p_k} \vert^{1+\frac{1}{n}} \longrightarrow \vert f
\vert^{1+\frac{1}{n}}\;\;\mbox{p.p.},\\
\vert f_{p_k} \vert^{1+\frac{1}{n}} \in L^1,\;\vert f_{p_k}
\vert^{1+\frac{1}{n}}
\geq 0\;\;\mbox{p.p.},\\
\forall k,\;\;\int \vert f_{p_k} \vert^{1+\frac{1}{n}} \leq n^{1+\frac{1}{n}}.
\end{array}   \right. \]
Le lemme de Fatou montre que $\vert f \vert^{1+\frac{1}{n}} \in L^1$, soit $f
\in L^{1+\frac{1}{n}}$, et
$$\int \vert f \vert^{1+\frac{1}{n}} \leq \liminf \int \vert f_{p_k}
\vert^{1+\frac{1}{n}} \leq n^{1+\frac{1}{n}}.$$ Donc $f \in E_n$, et $E_n$ est
ferm{é}.
\\ \\
{ \bf Exercice 10}
\\ \\
1) On a $\Vert f \Vert_p \leq \Vert f \Vert_{\infty} \vert \Om
\vert^{\frac{1}{p}}$
donc $\limsup \Vert f \Vert_p \leq \Vert f \Vert_{\infty}$.\\
Soient $0<k<\Vert f \Vert_{\infty}$ et $A = \{x \in \Om : \vert f(x) \vert > k
\}$, alors $\vert A \vert \not= 0$ et $\Vert f \Vert_p \geq k\,\vert A
\vert^{\frac{1}{p}}$. Donc $\liminf \Vert f \Vert_p \geq k$ et ceci $\forall k <
\Vert f \Vert_{\infty}$. D'o{\`u} $\liminf \Vert f \Vert_p \geq \Vert f
\Vert_{\infty}$ et $\lim \Vert f \Vert_p  = \Vert f \Vert_{\infty}$.\\
2) Soit $k>C$ et soit $A = \{x \in \Om : \vert f(x) \vert > k \}$ alors
$$k^p \vert A \vert \leq \Vert f \Vert_p^p \leq C^p\;\;\Longrightarrow \;\;
\vert A \vert \leq \left( \frac{C}{k} \right)^p,\;\;\forall p.$$ Quand $p
\rightarrow \infty$, on obtient $\vert A \vert = 0$, donc p.p. x $\vert
f(x) \vert \leq k$ et $f \in L^{\infty}$.\\
3) Soit $f(x) = \log x$, alors $f \not\in L^{\infty}(0,1)$. Soit $1 \leq p <
+\infty$ comme $\sqrt{x} \vert \log x \vert^p \longrightarrow 0$ quand $x
\rightarrow 0$, $\exists \ep>0$ tel que $\vert x \vert \leq \ep$
$\Longrightarrow$ $\vert \log x \vert^p \leq \frac{1}{\sqrt{x}}$. Alors
$$\vert f(x) \vert^p \leq \frac{1}{\sqrt{x}} \ind_{(0,\ep)} + \vert \log x
\vert^p \ind_{(\ep,1)} \in L^1(0,1),$$ donc $f \in \bigcap_{1 \leq p < \infty}
L^p(\Om)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 11}
\\ \\
1) Soit $h : \xi \rightarrow e^{-ix\xi} f(x)$, $h \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ et
$h^{(k)}(\xi) = (-ix)^k h(\xi)$ donc $\vert h^{(k)}(\xi) \vert \leq \vert x^k
f(x) \vert \leq g(x) \in L^1(\RR)$ o{\`u} par exemple $$g(x) = \vert f(x) \vert
\ind_{[\vert x \vert \leq 1]} + \frac{M_k}{\vert x \vert^2} \ind_{[\vert x \vert
> 1]}$$
et o{\`u} $M_k = \Vert x^{k+2} f \Vert_{\infty}$.\\
Le Th{é}or{è}me de d{é}rivation sous le signe somme donne alors :
$\widehat{f} \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ et $\forall k$, $\widehat{f}^{(k)} =
\widehat{g}$ avec $g(x) = (-ix)^k
f(x)$.\\
2) Comme $f^{\prime} \in L^1$, on a
$$\widehat{f^{\prime}} (\xi) = \lim_{R \rightarrow +\infty} \int_{-R}^R e^{-ix\xi}
f^{\prime}(x) dx\,\,\mbox{et}$$
$$\int_{-R}^R e^{-ix\xi} f^{\prime}(x) dx = \left[ f(x)e^{-ix\xi} \right]_{-R}^R +
\int_{-R}^R i \xi e^{-ix\xi} f(x) dx.$$ Comme $f$ est ${\cal C}^{\infty}$, $f(R)
= f(0) + \int_0^R f^{\prime} dt$ et $\int_0^R f^{\prime} dt$ converge vers
$\int_0^{\infty} f^{\prime} dt$ car $f^{\prime} \in L^1$. On en d{é}duit que
$\lim_{R\infty} f(R)$ existe et de m{\^e}me $\lim_{R\infty} f(-R)$ existe.
Enfin, $f \in L^1 \Longrightarrow \lim_{R\infty} f(R) = \lim_{R\infty} f(-R)
=0$. Donc par passage {à} la limite, et par r{é}currence sur $k$, on obtient
$\widehat{f^{(k)}} = (i\xi)^k \widehat{f}$.\\
3) Si $f \in {\cal S}$, $\forall P$ polyn{\^o}me, $Pf \in {\cal
C}^{\infty}(\RR)$ et $\forall q$, $x^q (Pf)^k (x)= \sum_0^k P_j(x) f^{(j)}(x)$
o{\`u} $P_j$ est un polyn{\^o}me (voir la formule de Leibniz). Donc
$$\vert x^q (Pf)^k (x) \vert \leq (k+1) \max_j \left(\sup_{\RR} \vert P_j(x)
f^{(j)}(x) \vert \right) < \infty.$$ Ensuite, $f \in {\cal S} \Longrightarrow
f^{\prime} \in {\cal C}^{\infty}$ et $\Vert x^q
(f^{\prime})^{(k)} \Vert_{\infty} = \Vert x^q f^{(k+1)} \Vert_{\infty} < \infty$.\\
Enfin,
$$f \in {\cal S} \Longrightarrow \vert f(x) \vert \leq \vert f(x) \vert
\ind_{[\vert x \vert \leq 1]} + \frac{M}{\vert x \vert^2} \ind_{[\vert x \vert >
1]} \in L^1.$$ 4) Si $f \in {\cal S}$, on sait d{é}j{à} que $\widehat{f} \in
{\cal C}^{\infty}$ par 1). En utilisant 1) et 2), on a, si $g(x) = (-ix)^kf(x)$,
\begin{eqnarray*}
\xi^q \widehat{f}^{(k)} &=& \xi^q \widehat{g} = \frac{1}{i^q} \widehat{g^{(q)}}\\
 &=& (-i)^{k+q} \int_{\RR} e^{-ix\xi} \frac{d}{dx^q} (x^k f(x)) dx,
 \end{eqnarray*}
et la question 3) montre que $x^k f \in {\cal S}$ donc $(x^k f)^q \in {\cal S}$.
On en d{é}duit que $(x^k f)^q \in L^1$ et donc que $\xi^q \widehat{f}^{(k)}
\in
L^{\infty}(\RR)$, $\forall q,k$. D'o{\`u} $\widehat{f} \in {\cal S}$.\\
5) On suppose que $\forall p,q$, $\lim_{n\infty} \Vert x^p f_n^{(q)}
\Vert_{\infty} =
0$.\\
$ x^p (f_n^{\prime})^{(q)} = x^p f_n^{(q+1)}$ donc $f_n^{\prime}$ converge vers
$0$ dans
$\cal S$.\\
En utilisant la formule de Leibniz et le fait que $f_n$ tend vers $0$ dans $\cal
S$, on voit facilement que $\Vert x^p (x^k f_n)^{(q)} \Vert_{\infty} \rightarrow
0$ et donc que
$\forall P$ polyn{\^o}me, $Pf_n$ tend vers $0$ dans $\cal S$.\\
Enfin, si $f_n$ tend vers $0$ dans $\cal S$ alors $\forall \ep > 0$, $\exists N$
tel que $\forall n \geq N$, $\forall x \in \RR$, $\vert (1+x^2)f_n(x) \vert \leq
\ep$. Alors $\forall n \geq N$,$$\int_{\RR} \vert f_n \vert \leq \ep \int_{\RR}
\frac{dx}{1+x^2} = \ep \pi,$$
donc $f_n \rightarrow 0$ dans $L^1$.\\
On a $\xi^p \widehat{f_n}^{(q)} = (-i)^{p+q} \widehat{g_n}$ o{\`u} $g_n(x) =
(x^q f_n)^{(p)} (x)$. Par 3) $g_n \in {\cal S}$ et $f_n \rightarrow 0$ dans
${\cal S}$ $\Longrightarrow$ $g_n \rightarrow 0$ dans ${\cal S}$
$\Longrightarrow$ $g_n \rightarrow 0$ dans $L^1$. Or $\vert \widehat{g_n}(\xi)
\vert \leq \Vert g_n \Vert_1$ donc
$\widehat{f_n} \rightarrow 0$ dans ${\cal S}$.\\
6) Il est clair que la fonction $\psia$ est dans ${\cal S}$ et elle est l'unique
solution de l'{é}quation diff{é}rentielle $u^{\prime} + 2ax u = 0$
v{é}rifiant $\int_{\RR} u(x) dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$. En multipliant
l'{é}quation diff{é}rentielle par $(-i)$ et en prenant sa transform{é}e de
Fourier, on voit imm{é}diatement que $\widehat{\psia}$ est l'unique solution
de $2a v^{\prime} + \xi v =0$ v{é}rifiant $v(0) = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$,
d'o{\`u} l'expression de $\widehat{\psia}$. Enfin $\int_{\RR} \widehat{\psia}
d\xi = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \int_{\RR} \psi_{1/4a}
d\xi = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \sqrt{4\pi a} = 2\pi$.\\
7) a) Par le Th{é}or{è}me de Fubini, on a
\begin{eqnarray*}
\int_{\RR} e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) \Phi(\xi) d\xi &=& \int_{\RR} \int_{\RR}
e^{i(x-y)\xi} f(y) \Phi(\xi) d\xi dy,\\
 &=& \int_{\RR} \widehat{\Phi}(y-x) f(y) dy = \int_{\RR} \widehat{\Phi}(y) f(x+y)
dy.
\end{eqnarray*}
b) Si $\Phi(t) = \Phi_0(\ep t)$ alors $\widehat{\Phi} (\xi) = \frac{1}{\ep}
\widehat{\Phi_0}(\frac{\xi}{\ep})$ donc apr{é}s changement de variable :
$$\int e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) \Phi_0(\ep\xi) d\xi = \int \widehat{\Phi_0}(y)
f(x+\ep y) dy,$$ quand $\ep \rightarrow 0$, on obtient par le Th{é}or{è}me
de convergence domin{é}e :
$$\Phi_0(0) \int e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) d\xi = f(x) \int \widehat{\Phi_0}(y)
dy.$$ c) On choisit $\Phi_0 = \psi_{a=1}$ alors la question 6) entra\^ine que
$$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{\RR} e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) d\xi,\,\,\forall x
\in \RR>$$ 8) V{é}rifions que ${\cal S} \subset L^2$. $f \in {\cal S}$
$\Longrightarrow$ $\exists A
> 0$ tel que $\forall x \in \RR$, $\vert (1+x^2)f(x) \vert \leq A$. Alors, $$\int
\vert f \vert^2 dx \leq A^2 \int \frac{dx}{(1+x^2)^2} < \infty.$$ Comme ${\cal
D}(\RR) \subset {\cal S}$ et que ${\cal D}(\RR)$ est dense dans $L^2$,
${\cal S}$ est dense dans $L^2$.\\
9) On choisit $x=0$ dans $(\star)$, on obtient a).\\
b) Soit $\psi \in {\cal S}$ alors $\widehat{\psi} \in {\cal S}$ et on choisit $f
= \widehat{\psi}$ dans $(\star)$. Alors $\psi(x) = \frac{1}{2\pi}
\widehat{f}(-x)$ et
\begin{eqnarray*}
\int f \overline{\phi} &=& \int \widehat{\psi} \overline{\phi} dx \\
 &=&  \int \psi(\xi) \widehat{\overline{\phi}} d\xi\,\,\mbox{par a),}\\
 &=& \frac{1}{2\pi} \int \widehat{f}(-\xi) \overline{\widehat{\phi}}(-\xi) d\xi \\
  &=& \frac{1}{2\pi} \int \widehat{f} \overline{\widehat{\phi}} d\xi.
 \end{eqnarray*}
c) Si $\phi,\,\psi \in {\cal S} \subset L^1$ alors $\phi \ast \psi \in L^1$ et
par le Th{é}or{è}me de Fubini
\begin{eqnarray*}
\widehat{\phi \ast \psi}(\xi) &=& \int \int e^{-ix\xi} \phi(y) \psi(x-y) dy dx,\\
 &=& \int e^{-iy\xi} \phi(y) \left( \int e^{-i(x-y)\xi} \psi(x-y) dx \right) dy,\\
  &=& \widehat{\phi}(\xi) \widehat{\psi}(\xi).
\end{eqnarray*}
10) Soit $f \in E$, comme $\overline{G} = E$, $\exists (f_n)_n \subset G$ telle
que $\lim_n \Vert f-f_n \Vert = 0$. En particulier, $(f_n)_n$ est de Cauchy dans
$E$ et $A$ lin{é}aire continue $\Longrightarrow$ $\Vert Af_n - Af \Vert \leq
\Vert A  \Vert \Vert f_n-f_m  \Vert$. Donc $(Af_n)_n$ est Cauchy dans $F$
complet donc converge vers un $g$
dans $F$.\\
On v{é}rifie facilement que $g$ ne d{é}pend pas de la suite $(f_n)_n$ et on
pose $\tilde{A} f = g$. L'application $\tilde{A}$ est lin{é}aire par
construction et
$$\Vert \tilde{A} f \Vert = \lim_{n\infty} \Vert Af_n \Vert \leq \lim_{n\infty}
\Vert A \Vert \Vert f_n \Vert = \Vert A \Vert \Vert f \Vert,$$
donc $\tilde{A}$ est continue et $\Vert \tilde{A} \Vert = \Vert A \Vert$.\\
Comme $\tilde{A} f = Af$, $\forall f \in G$, on a
$$\Vert \tilde{A} \Vert = \sup_{f \in E,f\not=0} \frac{ \Vert \tilde{A} f
\Vert}{\Vert f \Vert} \geq \sup_{f \in G,f\not=0} \frac{ \Vert {A} f
\Vert}{\Vert f \Vert} = \Vert A \Vert.$$ D'o{\`u} $\Vert \tilde{A} \Vert = \Vert
A \Vert$. Enfin $G$ {é}tant dense dans $E$, il est
clair que $\tilde{A}$ est unique.\\
11) On applique 10) avec $E = F = L^2(\RR)$, $G = {\cal S}$ et $A = {\cal F}$.
$A$ est lin{é}aire et 9)b) avec $\phi = \psi$ montre que $\Vert Af \Vert^2_2 =
2\pi \Vert f \Vert^2_2$. Donc ${\cal F}$ se prolonge {à} $L^2(\RR)$ en une
application lin{é}aire continue (encore not{é}e ${\cal F}$) et $\forall f
\in L^2$,
$$\Vert {\cal F}f \Vert_2 = \lim_n \Vert {\cal F}f_n \Vert_2 = \sqrt{2\pi} \lim_n
\Vert f_n \Vert_2 = \sqrt{2\pi} \Vert f \Vert_2.$$ D'autre part, si on note
$\overline{{\cal F}} (f)(\xi) = \int e^{ix\xi} f(x) dx$, on a montr{é} en 7)
que $\forall f \in {\cal S}$, $\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}o {\cal F} (f)
= f$. Si $\tilde{f}(x) = f(-x)$, on remarque que $\forall f \in {\cal S}$,
$\overline{{\cal F}}(f) = {\cal F}(\tilde{f})$ et que $\frac{1}{2\pi} {\cal
F}o{\cal F}(\tilde{f}) = f = \frac{1}{2\pi} {\cal F}o\overline{{\cal F}}(f)$.
Donc $\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}$ qui se prolonge {à} $L^2$ de la
m{\^e}me mani{è}re
que ${\cal F}$ v{é}rifie : $\forall f \in {\cal S}$,\\
$\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}o {\cal F} (f) = f = {\cal F}o\frac{1}{2\pi}
\overline{{\cal F}}(f)$. Par densit{é} de ${\cal S}$ dans $L^2$ et
continuit{é} de ces deux applications, on en d{é}duit que $\forall f \in
L^2$, $\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}o {\cal F} (f) = f = {\cal
F}o\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}(f)$ donc ${\cal F}^{-1} = \frac{1}{2\pi}
\overline{{\cal F}}$ et ${\cal F}$ est bien un isomorphisme d'espaces de Banach.


\section{Chapitre VIII}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) Soit $(f_n)_n$ une suite de Cauchy dans $E$ alors $(f_n)_n$ est une suite de
Cauchy dans $L^1$ et $L^2$. Donc $\exists f \in L^1$, $\exists g \in L^2$ telles
que $f_n \longrightarrow f$ dans $L^1$ et $f_n \longrightarrow g$ dans $L^2$. En
utilisant la "r{é}ciproque" du Th{é}or{è}me de convergence domin{é}e, on
en d{é}duit qu'il existe une sous-suite $(f_{n_k})_{k}$ telle que $f_{n_k}
\longrightarrow f$ p.p. et $f_{n_k} \longrightarrow g$ dans $L^2$, donc il
existe une sous-suite $(f_{n_{k_l}})_{l}$ telle que $f_{n_{k_l}} \longrightarrow
g$ p.p. D'o{\`u} $f=g$ p.p. et $f_n \longrightarrow f$
dans $E$, donc $E$ est un espace de Banach.\\
En appliquant l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder, on obtient
$$\vert \int_{\RR} f(x) u(x) dx \vert \leq \Vert f_1 \Vert_{\infty} \Vert u \Vert_1
+ \Vert f_2 \Vert_2 \,\Vert u \Vert_2 \leq (\Vert f_1 \Vert_{\infty}+\Vert f_2
\Vert_2)\, \Vert u \Vert.$$
Donc $u \mapsto \int fu dx \in \Ep$.\\
2) Soit $0 < \alpha < \frac{1}{2}$, on peut toujours {é}crire
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx = \int_{[\vert x \vert > M]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx + \int_{[\vert x \vert \leq M]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u dx.$$ Soient $f_1(x) = \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}} \ind_{[\vert x \vert > M]}$ et $f_2(x) = \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}} \ind_{[\vert x \vert \leq M]}$, alors $\alpha > 0
\Longrightarrow f_1 \in \Linf(\RR)$ et $2\alpha < 1 \Longrightarrow f_2
\in L^2(\RR)$. La question 1) permet alors de conclure.\\
3) $K$ est {é}videmment convexe, montrons qu'il est ferm{é}. Soit $(u_n)_n
\subset K$ telle que $u_n \longrightarrow u$ dans $E$, alors $u_n
\longrightarrow u$ dans $L^1$ donc $\int u_n \longrightarrow \int u$ et on en
d{é}duit que $\int u \leq 1$. La convergence dans $L^1$ implique aussi qu'il
existe une sous-suite $(u_{n_k})_{k}$ telle que $u_{n_k} \longrightarrow u$ p.p.
donc $u \geq 0$ p.p. et on en conclut que $u
\in K$. Donc $K$ est ferm{é}.\\
4) Posons $K_0 = \{ u \in L^2 : u \geq 0 \,\mbox{p.p.} \}$ alors $K_0$ est un
convexe ferm{é} fort de $L^2$ donc ferm{é} faible de $L^2$, donc $u \in
K_0$. Il reste {à}
montrer que $u \in L^1$ et $\int u \leq 1$.\\
Soit $A$ un ensemble mesurable de mesure finie (notation $\vert A \vert <
\infty$), alors $\ind_A \in L^2$ et $u_n \rightharpoonup u$ dans $L^2$ faible
$\Longrightarrow$ $\int \ind_A u_n \longrightarrow \int \ind_A u$. Or $\int
\ind_A u_n \leq \int u_n \leq 1$ donc $\forall A$ tel que $\vert A \vert <
\infty$, $\int_A u \leq 1$. Pour passer
{à} $\RR$ tout entier, on utilise le lemme de Fatou.\\
Soit $v_n = \ind_{(-n,n)} u$ alors $v_n \in L^1$, $v_n \geq 0$ p.p., $v_n
\longrightarrow u$ p.p. et $\sup_n \int v_n \leq 1$, donc par le lemme de Fatou,
on en d{é}duit que $u \in L^1$ et $\int u \leq \liminf \int v_n \leq 1$. Donc
$u \in
K$.\\
5) Soit $M>0$, alors
\begin{eqnarray*}
\vert  \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert &\leq&
\vert \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u)
\vert + \vert \int_{[\vert x \vert > M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, (u_n
- u)
\vert,\\
&\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\,
(u_n -
u) \vert + \frac{1}{M^{\alpha}} (\Vert u_n \Vert_1 + \Vert u \Vert_1),\\
&\leq& \vert \int_{[\vert x \vert \leq M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\,
(u_n - u) \vert + \frac{2}{M^{\alpha}},
\end{eqnarray*}
puisque $u_n,u \in K$. \\
Comme $u_n$ converge faiblement vers $u$ dans $L^2$, $$\int_{[\vert x \vert \leq
M]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, (u_n - u) \longrightarrow 0.$$ Donc en
prenant la lim sup sur $n$, on obtient
$$\limsup \vert  \int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n - u) \vert \leq
\frac{2}{M^{\alpha}},$$ et ceci $\forall M>0$. En faisant tendre $M$ vers
$+\infty$, on a $\limsup \vert  \int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \,(u_n -
u) \vert = 0$ d'o{\`u}
$$\int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u_n \longrightarrow \int \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}}\, u.$$ 6) On peut {é}crire, par exemple, pour $u \in K$,
$$\int_{\RR} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u = \int_{[\vert x \vert \leq 1]}
\frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}}\, u + \int_{[\vert x \vert > 1]} \frac{1}{\vert
x \vert^{\alpha}}\, u \leq {\cal C}_0\,\Vert u \Vert_2 + \Vert u \Vert_1 \leq
{\cal C}_0\,\Vert u \Vert_2 + 1,$$ o{\`u} ${\cal C}_0 = \Vert \ind_{[\vert x
\vert \leq 1]} \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} \Vert_2$. Alors pour $u \in K$,
on a
$$J(u) \geq \Vert u \Vert_2^2 - {\cal C}_0\,\Vert u \Vert_2 - 1 \geq C,$$
o{\`u} $C$ est une constante ind{é}pendante de $u \in K$. (Par exemple $C =
-(1+\frac{{\cal C}_0^2}{4})$ convient.)\\
7) Soit $(u_n)_n \subset K$, une suite minimisante, par exemple telle que $m
\leq J(u_n) \leq m + \frac{1}{n}$. D'apr{è}s la question 6), on a
$$\Vert u_n \Vert_2^2 - {\cal C}_0\,\Vert u_n \Vert_2 - 1 \leq J(u_n) \leq
m+1,\quad \forall n,$$ donc n{é}cessairement $\Vert u_n \Vert_2$ reste
born{é}e, donc $\exists M_0$ tel que
$\forall n$, $\Vert u_n \Vert_2 \leq M_0$ alors $\Vert u_n \Vert \leq M_0 + 1$.\\
8) La suite $(u_n)_n$ est born{é}e dans $L^2$ r{é}flexif, donc il existe une
sous-suite $(u_{n_k})_{k}$ telle que $u_{n_k} \rightharpoonup u$ dans $L^2$
faible et $u_{n_k} \in K$. Alors la question 4) montre que $u \in K$ et la
question 5) montre que $\int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_{n_k}
\longrightarrow \int \frac{1}{\vert
x \vert^{\alpha}} u$. \\
D'autre part,
$$J(u_{n_k}) \leq m + \frac{1}{n_k}\;\;\mbox{donc}\;\; \Vert u_{n_k} \Vert_2^2 \leq
m + \frac{1}{n_k} + \int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u_{n_k}.$$ On prend
les lim inf dans cette in{é}galit{é}, on obtient $\liminf \Vert u_{n_k}
\Vert_2^2 \leq m + \int \frac{1}{\vert x \vert^{\alpha}} u$. Comme $\Vert \;
\Vert_2^2$ est s.c.i. faible, on a $\Vert u \Vert_2^2 \leq \liminf \Vert u_{n_k}
\Vert_2^2$, donc finalement $\Vert u \Vert_2^2 \leq m + \int \frac{1}{\vert x
\vert^{\alpha}} u$, soit $J(u) \leq m$. D'o{\`u} $J(u) = m$.\\
9) La r{é}ponse est non. En effet supposons $E$ r{é}flexif. Soit $f_n =
\ind_{(n,n+1)}$ alors $\Vert f_n \Vert_1 = \Vert f_n \Vert_2 = 1$ donc $\Vert
f_n \Vert = 2$. Si $E$ est r{é}flexif alors il existe une sous-suite
$(f_{n_k})_{k}$ telle
que $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $E$ faible.\\
Soit $g \equiv 1$ alors $g \in \Linf(\RR)$ et $u \mapsto \int gu \in \Ep$ donc $
1 =
\int f_{n_k} \longrightarrow \int f$, d'o{\`u} $\int f = 1$.\\
Soit $g \in {\cal C}_c(\RR)$ alors $u \mapsto \int gu \in \Ep$ et $\int g
f_{n_k} \longrightarrow \int gf$. Or, $\exists N$ tel que supp$(g) \subset
\overline{B}(0,N)$ et si $k \geq k_0$, $n_k > N$, donc $f_{n_k} \equiv 0$ sur
supp$(g)$ et $\int g f_{n_k} = 0$, ceci pour tout $k \geq k_0$. On en d{é}duit
que $\int fg = 0$, $\forall g \in {\cal C}_c(\RR)$ donc $f = 0$ p.p. or $\int f
= 1$, c'est absurde.
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
On pose $K = \{ u \in L^p(\Om);\, u \geq f\,p.p.\,\}$.\\
1) $K$ est convexe ferm{é} fort donc ferm{é} faible.\\
2) a) Posons $K_{\vfi} = \{ u \in L^{\infty}(\Om) : \int_{\Om} u\vfi \geq
\int_{\Om} f\vfi \}$ o{\`u} $\vfi \in L^1$, $\vfi \geq 0$ p.p. et est telle que
$f\vfi
\in L^1$.\\
Soit $K_0 = \bigcap_{\vfi \in \Phi} K_{\vfi}$ o{\`u} l'intersection est prise
sur
l'ensemble $\Phi = \{ \vfi \in L^1,\,\vfi \geq 0,\,f\vfi \in L^1 \}$. \\
Montrons que $K = K_0$. Il est clair que $K \subset K_0$. Soit donc $u \in K_0$,
alors $\forall \vfi \in L^1$ telles que $\vfi \geq 0$ p.p. et  $f\vfi \in L^1$,
on
a $\int u \vfi \geq \int f \vfi$.\\
Soit $\Om_n = \{ x : \vert f(x) \vert < n \}$ et soit $E = \{ x : u(x) < f(x)
\}$, on
va montrer que $\vert E \vert = 0$.\\
Supposons d'abord $\vert \Om \vert < \infty$.\\
On a $\Om = \bigcup_n\! \!\uparrow\!\Om_n$. Soit $\vfi = \ind_{E\cap \Om_n}$,
alors $\vfi \in L^1(\Om)$ car $\vert \Om \vert < \infty$, $\vfi \geq 0$ p.p. et
$f\vfi \in L^1$ car $\vert f \vert < n$. Alors
$$\int_{E\cap \Om_n} (u - f) \vfi = \int_{\Om} (u - f) \vfi \geq 0.$$
Or $u-f < 0$ sur $E\cap \Om_n$ donc n{é}cessairement $\vert E\cap \Om_n \vert
= 0$
et ceci $\forall n$, donc $E = \cup_n (E\cap \Om_n)$ est n{é}gligeable.\\
Si $\vert \Om \vert = + \infty$, alors $\Om = \cup_k \!\!\uparrow\! \om_k$
o{\`u} $\om_k = \Om \cap B(0,k)$. On se restreint donc {à} $\om_k$, $\vert
\om_k \vert < \infty$ et
$E = \bigcup_{n,k} E_{n,k}$ o{\`u} $E_{n,k} = E\cap \Om_n \cap \om_k$.\\
Soit $\vfi = \ind_{E_{n,k}}$ alors comme tout {à} l'heure, $\vfi \in
L^1(\Om)$, $\vfi \geq 0$ p.p., $f\vfi \in L^1$ et on montre de la m{\^e}me fa{\c
c}on que ci-dessus que $E_{n,k}$ est n{é}gligeable. Donc $E$ est
n{é}gligeable comme union d{é}nombrable d'ensembles n{é}gligeables. On en
conclut que $u \in K$ d'o{\`u} $K =
K_0$.\\
b) Si $\vfi \in L^1$, $u \mapsto \int u\vfi$ est continue sur $\L^{\infty}$ pour la
topologie faible $\star$ donc $K_{\vfi}$ est ferm{é} faible $\star$ et $K =
\bigcap_{\vfi \in \Phi} K_{\vfi}$ est ferm{é} faible $\star$.\\
c) Les boules ferm{é}es sont compactes faible $\star$ et $K \subset
\overline{B}(0, \Vert f_1 \Vert_{\infty} + \Vert f_2 \Vert_{\infty})$ donc $K$
est compact faible
$\star$.\\
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soit $\ep>0$, $\exists g \in {\cal C}_c^{\infty}(\RR)$ telle que $\Vert f-g
\Vert_1 \leq \ep$ et supp$(g) \subset K$ compact fixe. On peut {é}crire
$$\Vert \tau_{y_1}f - \tau_{y_2} f \Vert _1 \leq \Vert \tau_{y_1}f - \tau_{y_1}g
\Vert _1 + \Vert \tau_{y_1}g - \tau_{y_2}g \Vert _1 + \Vert \tau_{y_2}g -
\tau_{y_2} f \Vert _1.$$ L'invariance de la mesure de Lebesgue par translation
entraîne que $\Vert \tau_{y}f - \tau_{y}g \Vert_1 = \Vert f-g \Vert_1$, $\forall
y$, donc on obtient
$$\Vert \tau_{y_1}f - \tau_{y_2} f \Vert _1 \leq 2\ep + \Vert \tau_{y_1}g -
\tau_{y_2}g \Vert _1.$$ La fonction $g$ {é}tant uniform{é}ment continue,
$\exists \delta>0$ (on peut
supposer $\delta \leq 1$), tel que $\forall x$,\\
$\forall \vert y_1 - y_2 \vert \leq \delta$, $\vert g(x-y_1) - g(x-y_2) \vert
\leq \frac{\ep}{C}$ o{\`u} $C = \vert K+\overline{B}(0,1)\vert$. Alors
$$\int_{\RR} \vert \tau_{y_1}g - \tau_{y_2}g \vert dx =
\int_{K+\overline{B}(0,1)} \vert g(x+y_2-y_1)-g(x) \vert dx \leq \ep.$$ (Si $x
\not\in K+\overline{B}(0,1)$, alors $x \not\in K$ et $\forall \vert y_1 - y_2
\vert \leq \delta$, $x+y_2-y_1 \not\in K+\overline{B}(0,\delta)$ donc
l'int{é}grale ci-dessus est nulle.)
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
1) Par la propri{é}t{é} d'absolue continuit{é}, on sait que si $\ep>0$,
$\exists \delta>0$ tel que $\forall A$ mesurable $\subset \Om$ avec
$\vert A \vert \leq \delta$, on ait $\int_A \vert f \vert^p \leq \ep$.\\
Pour ce $\delta$, on applique le Th{é}or{è}me d'Egoroff, comme $f_n
\longrightarrow f$ p.p., $\exists A$ mesurable $\subset \Om$ tel que $\vert A
\vert \leq \delta$ et $f_n \longrightarrow f$ uniform{é}ment sur $\Om
\setminus A$. Donc,
$$\int_{\Om \setminus A} \vert f_n -f \vert^p \leq \vert \Om \setminus A \vert
\Vert f_n -f \Vert_{L^{\infty}(\Om \setminus A)} \longrightarrow 0,$$ puisque
$\vert \Om \setminus A \vert < \infty$.
$$\int_A \vert f_n -f \vert^p \leq 2^p \int_A \vert f_n \vert^p + 2^p \int_A
\vert f \vert^p \leq 2^p \int_A \vert f_n \vert^p + 2^p \ep.$$ Mais,
$$\int_A \vert f_n \vert^p = \int_{\Om} \vert f_n \vert^p - \int_{\Om \setminus
A} \vert f_n \vert^p,$$ avec $\int_{\Om} \vert f_n \vert^p \longrightarrow
\int_{\Om} \vert f \vert^p$ par hypoth{è}se et $\int_{\Om \setminus A} \vert
f_n \vert^p \longrightarrow \int_{\Om \setminus A} \vert f \vert^p$ car il y a
convergence uniforme sur $\Om \setminus A$. Donc $\int_A \vert f_n \vert^p
\longrightarrow \int_A \vert f \vert^p \leq \ep$. D'o{\`u} pour $n$ assez grand
$\int_A \vert f_n \vert^p \leq 2\ep$ et $\int_{\Om \setminus A} \vert f_n -f
\vert^p \leq \ep$, on en d{é}duit que $\int_{\Om} \vert
f_n -f \vert^p \leq 2^p(2\ep) + 2^p \ep + \ep$. \\
Remarque : \\
Sans supposer $\Om$ born{é}, on peut d{é}montrer ce r{é}sultat de la fa{\c
c}on
suivante :\\
Soit $g_n = \alpha_p (\vert f \vert^p + \vert f_n \vert^p) - \vert f-f_n
\vert^p$ o{\`u} $\alpha_p = 2^{p-1}$, on lui applique le lemme de Fatou et on
obtient $\limsup \Vert f-f_n \Vert_p^p \leq 0$ d'o{\`u} la convergence dans
$L^p$.\\
2) Soit $\vfi \in L^{p^\prime}$, on veut montrer que $\int_{\Om} (f_n-f) \vfi
\longrightarrow 0$.\\
Soit $\ep>0$, $\exists \delta>0$ tel que $\forall A$ mesurable $\subset \Om$
avec $\vert A \vert \leq \delta$, on ait $\Vert \vfi \Vert_{L^{p^{\prime}}(A)}
\leq \ep$ et par le Th{é}or{è}me d'Egoroff, $\exists A$ mesurable $\subset
\Om$ tel que $\vert A \vert \leq \delta$ et $f_n \longrightarrow f$
uniform{é}ment sur $\Om \setminus A$. Alors
$$\int_{\Om \setminus A} \vert f_n -f \vert \vert \vfi \vert \leq \Vert f_n -f
\Vert_{L^{\infty}(\Om \setminus A)} \Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}} \vert \Om
\setminus A \vert^{\frac{1}{p}} \leq \ep,$$ si $n$ est assez grand. D'autre
part,
$$\int_A \vert f_n -f \vert \vert \vfi \vert \leq \Vert f_n -f \Vert_p\, \ep
\leq (C+ \Vert f \Vert_p) \ep.$$
Donc pour $n$ assez grand, $\vert \int_{\Om}
(f_n - f) \vfi \vert \leq \ep +
(C+
\Vert f \Vert_p) \ep$ donc $f_n \rightharpoonup f$ dans $L^p$ faible.\\
3) Soit $f_n = n \ind_{(0,\frac{1}{n})}$ alors $f_n \longrightarrow 0$ p.p. et
$\Vert f_n \Vert_1 = 1$. Si $f_n$ converge faiblement vers $0$ alors
$\forall
\vfi \in L^{\infty}$, $\int_0^1 f_n \vfi \longrightarrow 0$,
or pour $\vfi \equiv 1$, on a $\int f_n \vfi = 1$, c'est absurde.
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
Premi{è}re partie :\\
1) Comme $\Om$ est born{é}, on peut recouvrir $\Om$ par un nombre fini de
boules de
mesure $< \delta$ o{\`u} $\delta$ correspond {à} $\ep = 1$ par exemple.\\
2) On suppose que que $(f_n)_n$ est {é}qui-int{é}grable. Soient $\ep>0$ et
$\delta>0$ donn{é}s par l'{é}qui-int{é}grabilit{é}, on a
$$\mbox{mes}[\vert f_n \vert > k ] \leq \frac{1}{k} \int_{\Om} \vert f_n \vert
\leq \frac{1}{k} \sup_n \Vert f_n \Vert_1 \leq \frac{C}{k},$$ par 1). Et
$\exists k_0$ tel que $\forall k \geq k_0$, $\frac{C}{k} < \delta$ alors
$\forall n$,
$$\int_{[\vert f_n \vert > k]} \vert f_n \vert < \ep,\;\;\forall k \geq k_0.$$
D'o{\`u} le r{é}sultat.\\
On suppose maintenant que
$$\lim_{k \rightarrow +\infty} (\sup_{n \geq 1} \int_{[\vert f_n \vert > k]}
\vert f_n \vert dx) = 0.$$
Soit $\ep>0$ donn{é}, alors
\begin{eqnarray*}
\int_E \vert f_n \vert &=& \int_{E\cap [\vert f_n \vert > k]} \vert f_n \vert +
\int_{E\cap [\vert f_n \vert \leq k]} \vert f_n \vert,\\
&\leq& \int_{[\vert f_n \vert > k]} \vert f_n \vert + k \vert E \vert.
\end{eqnarray*}
On fixe $k = k_0$ tel que $\forall n \geq 1$, $\int_{[\vert f_n \vert > k_0]}
\vert f_n \vert < \frac{\ep}{2}$ et on choisit $\delta = \frac{\ep}{2k_0}$ alors
$\vert E \vert < \delta$ $\Longrightarrow$ $\int_E \vert f_n \vert < \ep$,
$\forall n \geq 1$.\\
3) Soit $\ep>0$ donn{é}, l'ensemble $\left\{ f_n, n\geq 1 \right\}$ {é}tant relativement
compacte dans $L^1(\Om)$, est inclus dans une union finie de boules de centre
$g_i$ et de rayon $\frac{\ep}{2}$. Donc si $f_n \in B(g_i,\frac{\ep}{2})$ alors
$$ \int_E \vert f_n \vert \leq \Vert f_n - g_i \Vert_1 + \int_E \vert g_i
\vert < \frac{\ep}{2} + \int_E \vert g_i \vert.$$
Or l'ensemble fini des $g_i$ est {é}qui-int{é}grable (il suffit d'appliquer
la propri{é}t{é} d'absolue continuit{é} {à} $g = \sum \vert g_i \vert$)
donc $\exists \delta > 0$ tel que $\forall \vert E \vert < \delta$,
$$ \int_E \vert f_n \vert \leq \frac{\ep}{2} + \int_E \vert g_i \vert < \ep.$$
Deuxi{è}me partie :\\
1) X est ferm{é} car si $\ind_{A_n} \rightarrow f$ dans $L^1$ alors pour une
sous-suite, $\ind_{A_{n_k}} \rightarrow f$ p.p. Maintenant si $A = \{x : f(x) =
1 \}$
alors $f = \ind_A$ donc $f \in X$.\\
Les applications $\ind_A \mapsto \int_A f_k dx$ sont continues sur $X$ donc
$X_n$ est ferm{é}. Enfin $\forall A \subset \Om$ mesurable, $\lim_n \int_A f_n
= 0$ $\Longrightarrow$ $X = \cup_n X_n$. On peut donc appliquer le lemme de
Baire et $\exists n_0$, $\exists R>0$, $\exists \ind_{A_0} \in X_{n_0}$ tels que
si $\ind_A \in X$ et $\Vert \ind_A - \ind_{A_0} \Vert_{L^1} < R$ alors $\forall
k \geq n_0$,
$\vert \int_A f_k \vert \leq \ep$.\\
Soit donc $E$ mesurable, $E \subset \Om$ avec $\vert E \vert < R$, posons $E_k =
E \cap [f_k \geq 0]$ alors $A = A_0 \cup E_k$ v{é}rifie $\Vert \ind_A -
\ind_{A_0} \Vert_{L^1} < R$ donc
$$\vert \int_{A_0 \cup E_k} f_k \vert \leq \ep.$$
De m{\^e}me, si $A = A_0 \setminus E_k$ alors $\Vert \ind_A - \ind_{A_0}
\Vert_{L^1} < R$ et
$$\vert \int_{A_0 \setminus E_k} f_k \vert \leq \ep.$$
Or $\int_{E_k} f_k = \int_{A_0 \cup E_k} f_k + \int_{A_0 \setminus E_k} f_k$
donc
$$\vert \int_E f_k^+ \vert = \vert \int_{E_k} f_k \vert \leq 2 \ep.$$
On montre de la m{\^e}me fa{\c c}on, en consid{è}rant $E_K = E \cap [f_k \leq
0]$, que
$$\vert \int_E f_k^- \vert \leq 2 \ep.$$
D'o{\`u}, $\forall k \geq n_0$, $\int_E \vert f_k \vert \leq 4 \ep$. En
utilisant de
nouveau le fait que $\{f_1,...,f_{n_0}\}$ est {é}qui-int{é}grable, on conclut.\\
2) La suite $(f_n - f)_n$ v{é}rifie les hypoth{è}ses de la question
pr{é}c{è}dente, elle est donc {é}qui-int{é}grable. Comme $\int_E \vert
f_n \vert \leq \int_E \vert f_n - f \vert + \int_E \vert f \vert$, on conclut en
utilisant la propri{é}t{é}
d'absolue continuit{é} appliqu{é}e {à} $\vert f \vert$.\\
3) D'apr{è}s ci-dessus, $(f_n - f)_n$ est {é}qui-int{é}grable. Soit
$\ep>0$ fix{é}, et soit $\delta>0$ donn{é} par
l'{é}qui-int{é}grabilit{é}. D'apr{è}s le Th{é}or{è}me d'Egoroff,
$\exists A \subset \Om$ tel que $\vert A \vert < \delta$ et $f_n \rightarrow f$
uniform{é}ment sur $\Om \setminus A$. Alors,
\begin{eqnarray*}
\int_{\Om} \vert f_n - f \vert &=& \int_A \vert f_n - f \vert + \int_{\Om
\setminus
A} \vert f_n - f \vert,\\
 &\leq& \ep + \vert \Om \setminus A \vert \Vert f_n - f \Vert_{L^{\infty}(\Om
\setminus A)},
 \end{eqnarray*}
et pour $n$ assez grand le deuxi{è}me terme est plus petit que $\ep$.
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
1) $f_n(x) = n^{\frac{1}{p}} e^{-nx}$ avec $1 \leq p < \infty$.\\
$f_n \rightarrow 0$ p.p. sur $]0,1[$ car par exemple $f_n \rightarrow 0$
uniform{é}ment
sut tout compact de $]0,1[$. On a \\
$$\int_0^1 \vert f_n \vert^p = \Vert f_n \Vert_p^p = \frac{1}{p} (1 - e^{-np})
\longrightarrow_{n\infty} \frac{1}{p}.$$ Donc la suite $(f_n)$ est born{é}e
dans $L^p$ et $f_n \not\rightarrow 0$ dans $L^p$ car
$\Vert f_n \Vert_p^p \rightarrow \frac{1}{p} \not= 0$.\\
2) Appliquer l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder.\\
3) Si $1<p<\infty$, $L^p$ est r{é}flexif et $(f_n)_n$ est born{é}e donc il
existe une sous-suite $(f_{n_k})_k$ telle que $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans
$L^p$ faible. En particulier, $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$, $\int_0^1
f_{n_k} \vfi \rightarrow \int_0^1 f \vfi$. Or $f_{n_k} \rightarrow 0$
uniform{é}ment sur le support compact de $\vfi$ donc $\int_0^1 f\vfi = 0$ et
ceci $\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$. On en d{é}duit que $f = 0$ p.p. et
c'est toute la suite $f_n$ qui converge faiblement vers
$0$ (raisonner par l'absurde).\\
Si $p=1$, supposons que la suite $f_n$ converge faiblement vers $0$ dans $L^1$
faible. Comme $f \mapsto \int_0^1 f \in (L^1)^{\prime}$, on aurait $\int_0^1 f_n
\rightarrow 0$ or $\int_0^1 f_n \rightarrow 1$ donc c'est absurde et $f_n
\not\rightharpoonup 0$ dans
$L^1$ faible.\\
Si $f_{n_k} \rightharpoonup f$ dans $L^1$ faible alors comme ci-dessus :
$\forall \vfi \in {\cal C}_c(]0,1[)$, $\int_0^1 f_{n_k} \vfi \rightarrow
\int_0^1 f \vfi$ et $f_{n_k} \rightarrow 0$ uniform{é}ment sur le support
compact de $\vfi$ donc $\int_0^1 f\vfi = 0$. On en d{é}duit que $f=0$ p.p.
mais $\int_0^1 f_{n_k} \rightarrow 1 \not= 0$, donc
c'est impossible.\\
On peut en conclure que $L^1(0,1)$ n'est pas r{é}flexif.
\section{Chapitre IX}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) On note $\PP_2 = $vect$\{1,x,x^2\}$, c'est un espace vectoriel de dimension
finie donc ferm{é}. Par le Th{é}or{è}me de projection dans $L^2(-1,1)$,
$\exists ! P \in \PP_2$ tel que $d(x^3,\PP_2) = \Vert x^3 -P \Vert$ et $(x^3
-P,v) = 0$, $\forall v \in \PP_2$ o{\`u} $( , )$ d{é}note le produit scalaire
usuel dans $L^2$. En choisissant successivement $v=1,x,x^2$, on détermine
explicitement $P$ et on trouve $P(x) = \frac{3}{5} x$ d'o{\`u} $\Vert x^3 -P
\Vert^2 = \int_{-1}^1 {\vert
x^3 - \frac{3}{5} x \vert}^2 dx = \frac{8}{175}$.\\
Si $g \in \PP_2^{\perp}$ alors
\begin{eqnarray*}
(x^3,g) &=& (x^3 - q,g),\quad \forall q \in \PP_2,\\
        &\leq& d(x^3,\PP_2) \Vert g \Vert,
\end{eqnarray*}
donc finalement si $g \in \PP_2^{\perp}$ et $\Vert g \Vert = 1$ alors $(x^3,g)
\leq \Vert x^3 -P \Vert$ o{\`u} $P(x)=\frac{3}{5} x$. Soit $g_0 = \frac{x^3 -
P}{\Vert x^3 -P \Vert}$ alors $g_0 \in \PP_2^{\perp}$, $\Vert g_0 \Vert =1$ et
$(x^3,g_0)=(x^3-P,g_0)=\Vert x^3 -P \Vert=\frac{2\sqrt{2}}{5\sqrt{7}}$ donc
$$ \max \{\int_{-1}^1 x^3 g(x) dx\,:\, g \in \PP_2^{\perp}, \Vert g \Vert = 1 \}
= (x^3,g_0) = d(x^3,\PP_2).$$
2) Si $x_0 \in H$ et si M est un sous-espace
vectoriel ferm{é} de H alors $d(x_0,M) = \Vert x_0 - P_Mx_0 \Vert$ o{\`u}
$P_Mx_0$ est la projection orthogonale de $x_0$ sur $M$ et $(x_0-P_Mx_0,v) = 0$,
$\forall v \in M$. Si $y \in M^{\perp}$, $\Vert y \Vert = 1$ alors $(x_0,y) =
(x_0 - P_Mx_0,y) \leq \Vert x_0 - P_Mx_0 \Vert$ donc
$$ \max \{ (x_0,y) : y \in M^{\perp}, \Vert y \Vert = 1 \} \leq \Vert x_0 -
P_Mx_0 \Vert = \min \{ \Vert x_0 - x \Vert, x \in M \},$$ et
$$(x_0-P_Mx_0,\frac{x_0-P_Mx_0}{\Vert x_0 - P_Mx_0 \Vert}) = (x_0, \frac{x_0 -
P_Mx_0}{\Vert x_0 - P_Mx_0 \Vert}) = \Vert x_0 - P_Mx_0 \Vert.$$ Donc le max est
atteint en $y = \frac{x_0 - P_Mx_0}{\Vert x_0 - P_Mx_0 \Vert}$ et sa valeur est
{é}gale {à} $d(x_0,M)$ d'o{\`u}
$$\max \{ (x_0,y) : y \in M^{\perp}, \Vert y \Vert = 1 \} = \min \{ \Vert x_0 - x
\Vert, x \in M \}.$$
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
1) $(S,\Vert\,\Vert_1)$ est un Banach et on veut montrer que $i :
(S,\Vert\,\Vert_1) \longrightarrow \Linf$ est continue, pour cela on utilise le
Th{é}or{è}me du graphe ferm{é}. Soit $f_n \longrightarrow f$ dans
$(S,\Vert\,\Vert_1)$ et $f_n \longrightarrow g$ dans $\Linf$, a-t'on $f=g$ p.p.
? oui, car il existe une
sous-suite de $f_n$ qui converge p.p. vers $f$.\\
D'autre part, on a $\Vert f \Vert_1 \leq \Vert f \Vert_2$ donc $S$ est ferm{é}
dans
$L^2$ et $\Vert f \Vert_{\infty} \leq M \Vert f \Vert_2$.\\
2) On vient de voir que $(S,\Vert\,\Vert_2)$ est un espace de Hilbert. On
consid{è}re la fonction $f_c(x) = \sum_1^n c_i \Phi_i(x)$ o{\`u} $c=(c_i)_i
\in B= \overline{B}(0,1)$ alors $f_c \in S$ et $\Vert f_c \Vert_2^2 = \sum_i
\vert c_i \vert^2 \leq 1$, $\forall c \in B$. Donc $\forall c \in B$, $\Vert f_c
\Vert_{\infty} \leq M$. Soit $D$ une partie d{é}nombrable et dense dans $B$.
Comme $D$ est d{é}nombrable, $\exists \Om^{\prime} \subset \Om$ tel que
$\mu(\Om^{\prime})=1$ et tel que $\forall x \in \Om^{\prime}$, $\forall c \in
D$,
$\vert f_c(x) \vert \leq M$.\\
Pour $x$ fix{é} dans $\Om^{\prime}$, $c \mapsto f_c(x)$ est continue sur $B$,
et par
 densit{é} de $D$ dans $B$, on a \\
 $\vert f_c(x) \vert \leq M$, $\forall c \in B$ et
$\forall x \in \Om^{\prime}$. En choisissant convenablement $c$, on peut
facilement montrer que $\sup_{c \in B} \vert f_c(x) \vert = (\sum_1^n \vert
\Phi_i(x) \vert^2)^{\frac{1}{2}}$. Donc
$$\forall x \in \Om^{\prime},\quad \sum_1^n \vert \Phi_i(x) \vert^2 \leq M^2.$$
On int{è}gre cette in{é}galit{é} et on obtient $n \leq M^2$. Donc
n{é}cessairement dim$S < \infty$.
\\ \\
{ \bf Exercice 3} Base de Haar
\\ \\
$$H_k^l (x) = 2^{\frac{l}{2}} H(2^l x - k),\quad l,k \in \ZZ.$$
1) Le support de $H_k^l$ est $I_k^l = [\frac{k}{2^l}, \frac{k+1}{2^l}]$. Donc si
$l=l^{\prime}$ et $k \not= k^{\prime}$, les supports de $H_k^l$ et
$H_{k^{\prime}}^{l^{\prime}}$ sont disjoints donc $(H_k^l,
H_{k^{\prime}}^{l^{\prime}})_{L^2} = 0$. Si $l\not=l^{\prime}$, par exemple
$l>l^{\prime}$ alors $H_{k^{\prime}}^{l^{\prime}}$ est constante sur les
intervalles dyadiques de longueur $2^{-l^{\prime}-1}$ donc est constante sur le
support de $H_k^l$. Comme $H_k^l$ est de moyenne nulle, on en d{é}duit que
$(H_k^l, H_{k^{\prime}}^{l^{\prime}})_{L^2} = 0$. Enfin $\Vert H_k^l
\Vert_{L^2}^2 = 2^l \int_{I_k^l} 1 dx = 1$. Donc $(H_k^l)_{l,k}$ forme un
syst{è}me orthonormal de $L^2(\RR)$.\\
2) Il y a
\begin{eqnarray*}
1 & \mbox{fonction constante par morceaux sur les intervalles de longueur}&
\frac{1}{2},\\
1+2 &.............................................. & \frac{1}{4},\\
... &.............................................. &..,\\
1+2+...+2^{j-1}&..............................................& \frac{1}{2^j}.
\end{eqnarray*}
Donc card($S_j$)$=2^j-1$. Or $W_j$ est un espace de codimension 1 dans un espace
de dimension $2^j$, l'espace des fonctions constantes par morceaux sur les
intervalles dyadiques de longueur $2^{-j}$, donc le syst{è}me $S_j$ forme une
base de $W_j$.\\
3) Les fonctions indicatrices des intervalles dyadiques sont denses dans
$L^2(0,1)$ donc $\{1, H_k^l, l \geq 0, k=0,...,2^l-1 \}$ forme une base
orthogonale de $L^2(0,1)$. Si on enl{è}ve la fonction {é}gale {à} 1, les
$H_k^l$ forment une base orthogonale de $\{f \in L^2(0,1),$ f {à} moyenne
nulle $\}$, et par sym{é}trie par rapport {à} $0$ et dilatations, les
$H_k^l$, $l \geq -j$, $k= -2^l,...,2^l-1$ forment une base orthogonale des
fonctions de $L^2(-2^l,2^l)$
d'int{é}grale nulle sur $[-2^j,0]$ et $[0,2^j]$.\\
3) Soit maintenant $f \in L^2(\RR)$, comme les fonctions {à} supports compacts
sont denses dans $L^2$, on peut supposer que $f$ est {à} support compact. On
d{é}coupe $f$ en $f= \ind_{(0,+\infty)} f + \ind_{(-\infty,0)} f$. Soit $g =
\ind_{(0,+\infty)} f$ alors $g$ est {à} support compact dans $\RR^+$, soit
$[0,A]$ son support alors $A \leq 2^j$ pour un $j$. On connaît une base de
$L^2(0,2^j)$ en ajoutant aux $H_k^l$ la fonction $e_1= 2^{-\frac{j}{2}}
\ind_{(0,2^j)}$ donc $g= (g,e_1) e_1 + \sum_{i \geq 2} (g,e_i) e_i$ o{\`u} les
$e_i$ pour $i \geq 2$ sont les $H_k^l$. Alors $\Vert g - \sum_{i \geq 2} (g,e_i)
e_i \Vert_2 = \vert (g,e_1) \vert$. Montrons que pour $\ep > 0$ on peut choisir
$j$ tel que $\vert (g,e_1) \vert \leq \ep$. On a
$$\vert (g,e_1) \vert = \vert \int_0^A 2^{-\frac{j}{2}} g(x) dx \vert \leq
2^{-\frac{j}{2}} \Vert g \Vert_2 \sqrt{A},$$ et on veut rendre ce terme plus
petit que $\ep$, il est clair que c'est vrai pour $j$ assez grand. On raisonne
de la m{\^e}me fa{\c c}on pour le terme $\ind_{(-\infty,0)} f$, donc on
approxime arbitrairement bien toute fonction {à} support compact et par
densit{é} toute fonction de $L^2(\RR)$.
\\ \\
{\bf Exercice 4}
\\ \\
1) Pour montrer que $(x,2y)=2(x,y)$, on applique l'identit{é} du
parall{é}logramme avec
$a=x+y$ et $b=y$.\\
2) On forme $(1)-(2)+(3)$.\\
3) Il est facile de voir que $(nx,y) = n(x,y)$ si $n \in \ZZ$. Si $p,q \in \ZZ$
avec $q \not= 0$, alors $p(x,y)=(px,y)=(\frac{pq}{q}x,y)=pq(\frac{1}{q}x,y)$
donc $(\frac{1}{q}x,y)=\frac{1}{q}(x,y)$ et on en d{é}duit que
$(\frac{p}{q}x,y)=\frac{p}{q}(x,y)$. Enfin, par d{é}finition de $(\,,\,)$,
l'application $\lambda \mapsto (\lambda x,y)$ est continue donc on conclut
ais{é}ment.
\\ \\
{\bf Exercice 5}
\\ \\
1) Il suffit de voir que $\forall n$, $\int_0^{\infty} x^n w(x) dx < \infty$.\\
On pose $u = \log x$ alors
$$\int_0^{\infty} x^n w(x) dx = \int_{\RR} e^{(n+1)u} e^{-u^2} du < \infty.$$
2) Avec le m{\^e}me changement de variable, on montre que $f \in
L^2_w(0,+\infty)$, et $\forall n \geq 0$,
\begin{eqnarray*}
\int_0^{\infty} x^n f(x) w(x) dx & = & \int_{\RR} e^{(n+1)u} e^{-u^2} \sin(2\pi
u)
du,\\
 & = & e^{\left(\frac{n+1}{2}\right)^2} \int_{\RR} \sin(2\pi u) e^{-(u -
\frac{n+1}{2})^2} du,\\
  & = & (-1)^{n+1}e^{\left(\frac{n+1}{2}\right)^2} \int_{\RR} \sin(2\pi u) e^{-u^2}
du = 0,
  \end{eqnarray*}
car la fonction int{é}gr{é}e est impaire. Donc $(f,p) = 0$, $\forall p \in
\PP$. Si $\PP$ est dense dans $L^2_w(0,+\infty)$, on en d{é}duit que $f \equiv
0$ ce qui est absurde.
\\ \\
{\bf Exercice 6}
\\ \\
On note ${\cal V} = \bigcup_n V_n$.\\
1) $V$ est un Hilbert et $a$ v{é}rifie les hypoth{è}ses du Th{é}or{è}me
de Lax-Milgram, donc il existe un unique $u$ dans $V$ tel que $a(u,v) =
\ell(v)$, $\forall v \in V$. Et, $\alpha \Vert u \Vert^2 \leq a(u,u) \leq \Vert
\ell \Vert \Vert u \Vert$ $\Longrightarrow$ $\Vert u \Vert \leq \frac{1}{\alpha}
\Vert \ell
\Vert_{V^{\prime}}$.\\
2) $V_n$ est ferm{é} dans $V$ donc Lax-Milgram s'applique et il existe un
unique $u_n \in V_n$ tel que $\forall v_n \in V_n$, $a(u_n,v_n) = \ell(v_n)$ et
comme en 1), on montre que $\Vert u_n \Vert \leq \frac{1}{\alpha} \Vert \ell
\Vert_{V^{\prime}}$. $V$ est r{é}flexif, donc il existe une sous-suite
$(u_{n_k})_k$ telle que $u_{n_k}
\rightharpoonup u\star$ dans $V$ faible.\\
3) Soit $n_0$ fix{é}, comme $V_{n_0} \subset V_n$, $\forall n \geq n_0$, on a
$a(u_n,v) = \ell(v)$, $\forall v \in V_{n_0}$. Or $a(.,v) \in V^{\prime}$ donc
$a(u_{n_k},v) \rightarrow a(u\star,v)$, $\forall v \in V$. D'o{\`u} $a(u\star,v)
= \ell(v)$, $\forall v \in V_{n_0}$ et ceci $\forall n_0 \geq 1$ donc
$a(u\star,v)=\ell(v)$, $\forall v \in {\cal V}$. Mais ${\cal V}$ est dense dans
$V$, $a(u\star,.) \in V^{\prime}$ et $\ell \in V^{\prime}$ donc
$a(u\star,v)=\ell(v)$, $\forall v \in V$ et par unicit{é} dans
Lax-Milgram, on en d{é}duit que $u = u\star$.\\
En raisonnant par l'absurde, on voit facilement que $u_n \rightharpoonup u$
faiblement
dans $V$.\\
4) $a(u_n - u,u_n - u) = a(u_n - u,u_n) - a(u_n - u,u)$. Le terme $a(u_n - u,u)$
tend vers $0$ car $u_n \rightharpoonup u$ faiblement. $a(u_n - u,u_n) =
\ell(u_n)-a(u,u_n) = 0$, donc $$\alpha \left( \Vert u_n-u \Vert\right)^2 \leq
a(u_n - u,u_n - u) \longrightarrow 0.$$
5) $\delta_n = d(u,V_n) = \inf_{V_n} \Vert u-v_n \Vert$.\\
a) $V_n$ est convexe ferm{é} donc par le Th{é}or{è}me de projection il
existe un unique
$v_n \in V_n$ tel que $\delta_n = \Vert u-v_n \Vert$.\\
b) Comme $V_n \subset V_{n+1}$, $\delta_{n+1} \leq \delta_n$. La suite
$(\delta_n)_n$ est d{é}croissante positive donc elle converge. D'autre part,
$\overline{\bigcup V_n} = V$ donc $\forall \ep>0$, $\exists N$ tel que $\Vert
u-w_N \Vert \leq \ep$ o{\`u} $w_N \in V_N$. Donc $\delta_n \leq \ep$ et ceci
$\forall n \geq N$, d'o{\`u} $\delta_n \rightarrow
0$.\\
c) $\forall w \in V_n$, $a(u_n,w) = \ell(w) = a(u,w)$ donc $a(u_n-u,w) = 0$.
Donc si $w \in V_n$,
$$a(u_n-u,u-u_n) = a(u_n-u,u) = a(u_n-u, u-w)$$
$$\Longrightarrow \alpha \Vert u_n-u \Vert^2 \leq a(u-u_n,u-w) \leq \beta \Vert
u_n-u \Vert\; \Vert u-w \Vert,\,\,\forall w \in V_n,$$
$$\Longrightarrow \Vert u_n-u \Vert \leq \frac{\beta}{\alpha} \delta_n.$$
Questions subsidiaires :\\
1) $\dim V = + \infty \Longrightarrow p_n \rightarrow_{n\infty} + \infty$. En
effet, sinon $\exists A>0$, $\exists (p_{n_k})_k$ une sous-suite telle que
$p_{n_k} \leq A$, $\forall k$. Or $V_n \subset V_{n+1} \Longrightarrow p_n \leq
p_{n+1}$ donc $\forall n$, $\exists k$ tel que $v_n \subset V_{n_k}$ d'o{\`u}
$p_n \leq A$, $\forall n$ alors $\dim {\cal V} \leq A$ et $\overline{{\cal V}} =
V$ $\Longrightarrow$ $\dim V \leq A$, ce qui
est absurde.\\
2) Comme chaque $V_n$ est s{é}parable, que leur union est dense dans $V$ et
qu'une union d'ensembles d{é}nombrables est d{é}nombrable, on voit
facilement que $V$ est s{é}parable.
\section{Chapitre X}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
Soit $\ep > 0$, $\exists N$ tel que $\forall n \geq N$, $\vert s_j-s \vert \leq
\ep$ et
$$ \frac{1}{n+1} \sum_0^n s_j - s = \frac{1}{n+1} \sum_0^n (s_j - s).$$
Donc pour $n \geq N$, on a
\begin{eqnarray*}
\vert \frac{1}{n+1} \sum_0^n s_j - s \vert &\leq & \frac{1}{n+1}(\sum_0^N \vert
s_j
- s \vert + \sum_{N+1}^n \vert s_j - s \vert ),\\
   &\leq& \frac{1}{n+1}(\sum_0^N \vert s_j - s \vert + (n-N) \ep).
   \end{eqnarray*}
   Pour cet $\ep > 0$, $\exists N_1 \geq N$ tel que $\sum_0^N \vert s_j - s \vert
\leq N_1 \ep$, donc si $n \geq N_1$, on a $\sum_0^N \vert s_j - s \vert \leq N_1
\ep \leq (n+1) \ep$ et d'autre part $(n-N) \ep \leq (n+1) \ep$ d'o{\`u}
   $$\vert \frac{1}{n+1} \sum_0^n s_j - s  \vert \leq 2 \ep.$$
\\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
Soit $s_n = (-1)^n$ alors ${(s_n)}_n$ ne converge pas et $\vert \sum_0^n s_j
\vert \leq 1$ donc
$$\vert \frac{1}{n+1} \sum_0^n (-1)^j \vert \leq \frac{1}{n+1} \longrightarrow
0.$$
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
1) On a directement $D_N(0) = 2N+1$ et $K_N(0) = N+1$. \\
D'autre part, $e^{i\frac{t}{2}}D_N(t) = \sum_{-N}^N e^{i(k+\frac{1}{2})t}$ et
$e^{-i\frac{t}{2}}D_N(t) = \sum_{-N}^N e^{i(k-\frac{1}{2})t}$ donc $2i
\sin(\frac{t}{2}) D_N(t) = \sum_{-N}^N (e^{i(k+\frac{1}{2})t} -
e^{i(k-\frac{1}{2})t}) = e^{i(N+\frac{1}{2})t} - e^{-i(N+\frac{1}{2})t}.$\\
D'o{\`u} $D_N(t) = \frac{\sin((N+\frac{1}{2})t)}{\sin(\frac{t}{2})}$ si $t \not=
0$.\\
On multiplie maintenant $K_N(t)$ par
$\frac{2\sin(\frac{t}{2})}{2\sin(\frac{t}{2})}$ alors
$$K_N(t) = \frac{1}{2(N+1)} \frac{1}{{\sin}^2(\frac{t}{2})}
(2\sin(\frac{t}{2})\sin(\frac{t}{2}) + 2\sin(\frac{t}{2})\sin(\frac{3t}{2})+...+
2\sin(\frac{t}{2})\sin((N+\frac{1}{2})t)).$$ On utilise ensuite
l'{é}galit{é} $2 \sin a \sin b = \cos(a-b) \cos(a+b)$ pour obtenir
$$K_N(t) = \frac{1}{2(N+1)} \frac{1}{{\sin}^2(\frac{t}{2})} (1-\cos(N+1)t) =
\frac{1}{N+1} \frac{{\sin}^2(\frac{N+1}{2}t)}{{\sin}^2(\frac{t}{2})},$$
pour $t \not= 0$.\\
2) Il est clair que $K_N(t) \geq 0$, $\forall t \in \RR$ et que $K_N$ est
$2\pi$-p{é}riodique. De $\int_0^{2\pi} e^{ikt} dt = 2\pi \delta_{k,0}$ on
d{é}duit que $\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{+\pi} D_j(t) dt = 1$ et ${\Vert K_N
\Vert}_1 = 1$. Enfin si $\delta \leq \vert t \vert \leq \pi$ o{\`u} $\delta >
0$, on a
$$K_N(t) \leq \frac{1}{N+1} {(\frac{1}{\sin(\frac{\delta}{2})})}^2
\longrightarrow 0,$$
quand $N \rightarrow \infty$.\\
3) On a
\begin{eqnarray*}
S_n(f,t) & = & \sum_{-n}^n \widehat{f}(k)e^{ikt},\\
         & = & \sum_{-n}^n \frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f(x) e^{ik(t-x)} dx
= \frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f(x) D_n(t-x) dx.
\end{eqnarray*}
Donc
\begin{eqnarray*}
\sigma_n(f,t) &=& \frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f(x) K_n(t-x) dx,\\
              &=& \frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f(t-x) K_n(x) dx,
\end{eqnarray*}
car $f$ et $K_n$ sont $2\pi$-p{é}riodiques. Comme ${\Vert K_N \Vert}_1 = 1$,
on peut {é}crire
\begin{eqnarray*}
\vert \sigma_n(f,t) - f(t) \vert & = & \frac{1}{2\pi} \vert \int _{-\pi}^{\pi}
(f(t-x) - f(t)) K_n(x) dx \vert,\\
 & \leq & \frac{1}{2\pi} \vert \int _{\vert x \vert \leq \delta} \vert
f(t-x)-f(t) \vert K_n(x) dx + \frac{1}{2\pi} \int _{\delta \leq \vert x \vert
\leq \pi} 2 \Vert f \Vert_{\infty} K_n(x) dx.
\end{eqnarray*}
La fonction $f$ {é}tant uniform{é}ment continue, pour $\ep > 0$, $\exists
\delta
> 0$ tel que $\vert f(x)-f(y) \vert \leq \frac{\ep}{2}$ d{è}s que $\vert x-y
\vert \leq \delta$. Pour ce $\delta$, d'apr{è}s 2), $\exists N$ tel que
$\forall n \geq N$ $\vert K_n(x) \vert \leq \frac{\ep}{4 \Vert f
\Vert_{\infty}}$, $\forall x$ tel que $\delta \leq \vert x \vert \leq \pi$,
d'o{\`u}
$$\vert \sigma_n(f,t) - f(t) \vert \leq \frac{\ep}{2} {\Vert K_N \Vert}_1 +
\frac{\ep}{2} \, \frac{1}{2\pi} \int _{\delta \leq \vert x \vert \leq \pi} dx
\leq \ep,$$ et ceci $\forall t$, donc $\sigma_n(f) \longrightarrow f$
uniform{é}ment sur
$[-\pi,\pi]$.\\
4) $\sigma_n(f,t) = \frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f(x) K_n(t-x) dx$ est un
polynôme trigonom{é}trique, donc 3) montre que les polynômes
trigonom{é}triques
sont denses dans ${\cal C}(\Pi)$.\\
Si $f,g \in {\cal C}(\Pi)$ sont telles que $\forall n \in \ZZ$, $\widehat{f}
(n)=\widehat{g} (n)$ alors $0 = \sigma_n(f,t) - \sigma_n(g,t) \longrightarrow
f(t)-g(t)$, $\forall t$, donc $f(t)=g(t)$, $\forall t \in [-\pi,\pi]$.\\
5) a) $\Lambda_n(f) = S_n(f,0) = \frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f(t) D_n(-t)
dt$, pour $n \geq 0$ donc $\Lambda_n$ est lin{é}aire et $\vert \Lambda_n(f)
\vert \leq {\Vert D_n \Vert}_1 \Vert f \Vert_{\infty}$. Donc $\Lambda_n \in
({\cal
C}(\Pi))^{\prime}$ et $\Vert \Lambda_n \Vert \leq {\Vert D_n \Vert}_1$.\\
  b) Soit $g_n(t) = \mbox{sign}(D_n(-t))$ alors il existe une suite $(f_j)_j$
dans ${\cal C}(\Pi)$ telle que $-1 \leq f_j \leq 1$, $\forall j$ et $f_j(t)
\longrightarrow g_n(t)$ p.p. quand $j \rightarrow \infty$. Le Th{é}or{è}me
de convergence domin{é}e s'applique et donne
  $$\frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} f_j(t) D_n(-t) dt \longrightarrow
\frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} \vert D_n(-t) \vert dt = {\Vert D_n
\Vert}_1.$$ De $\vert \Lambda_n(f_j) \vert \leq \Vert \Lambda_n \Vert$, on
d{é}duit $\Vert
\Lambda_n \Vert = {\Vert D_n \Vert}_1$.\\
  c) Comme $\vert \sin \frac{t}{2} \vert \leq \frac{\vert t \vert}{2}$, pour $0
\leq t \leq \pi$,
$${\Vert D_n \Vert}_1 = \frac{1}{2\pi} \int _{-\pi}^{\pi} \vert D_n(t) \vert dt =
\frac{1}{\pi} \int _{0}^{\pi} \vert D_n(t) \vert dt \geq \frac{2}{\pi}
\int_0^{\pi} \vert \sin(n+\frac{1}{2})t \vert \,\frac{dt}{t}.$$ Donc on a
\begin{eqnarray*}
{\Vert D_n \Vert}_1 &\geq& \frac{2}{\pi} \int_0^{(n+\frac{1}{2})\pi} \vert \sin
x \vert \frac{dx}{x} \geq \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^n \int_{(k-1)\pi}^{k\pi}
\vert
\sin x \vert \frac{dx}{x},\\
&\geq& \frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k\pi} \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} \vert
\sin x \vert dx = \frac{4}{\pi^2} \sum_1^n \frac{1}{k} \geq \frac{4}{\pi^2}
\log(n+1),
\end{eqnarray*}
D'o{\`u} ${\Vert D_n \Vert}_1 \longrightarrow + \infty$ quand $n \rightarrow
\infty$.\\
  d) Si $\forall f \in {\cal C}(\Pi)$, $\exists C_f$ tel que $\forall n$, $\vert
S_n(f,0) \vert \leq C_f$ alors par le Th{é}or{è}me de Banach-Steinhaus
$\exists M$ tel que $\forall n$, $\Vert \Lambda_n \Vert \leq M$ or c'est
impossible d'apr{è}s la question pr{é}c{é}dente. Donc $\exists f \in {\cal
C}(\Pi)$ telle
que $\sup_n \vert S_n(f,0) \vert = + \infty.$\\
Remarque : Soit $E=\{f \in {\cal C}(\Pi) : \sup_n \vert S_n(f,0) \vert = +
\infty \}$. On peut montrer que $E$ est dense dans ${\cal C}(\Pi)$ voir $[Ru1]$
par
exemple.\\
6) Par le Lemme de Riemann-Lebesgue, on sait d{é}j{à} que $\widehat{f}(n)
\rightarrow 0$ quand $n \rightarrow \pm \infty$. On a aussi imm{é}diatement
$\vert \widehat{f}(n)
\vert \leq \Vert f \Vert_1$ donc $c(f) \in C_0(\ZZ)$.\\
7) D'apr{é}s la question 4), on en d{é}duit que $\int fg dx =0$ pour toute
fonction continue $g \in {\cal C}(\Pi)$. On conclut en utilisant la densit{é}
des fonctions
continues dans $L^1(-\pi,\pi)$.\\
8) L'application $T$ est clairement lin{é}aire et la question 6) ci-dessus
montre qu'elle est continue. Si $\widehat{f}(n) = 0$ pour tout $n$ alors
$\int_{-\pi}^{\pi} fp dx = 0$, pour tout polyn{\^o}me trigonom{é}trique $p$
donc $f = 0$ p.p. et $T$ est injective. $T$ ne peut {\^e}tre surjective sinon
par le Th{é}or{è}me de l'application ouverte ($ C_0(\ZZ)$ est un espace de
Banach), elle serait d'inverse continue et il existerait une constante $M>$
telle que $\Vert f \Vert_1 \leq M \Vert c(f) \Vert_{\infty}$. Mais une telle
in{é}galit{é} est contredite par les $D_n$, en effet $\widehat{D_n}(k) = 0$
ou $1$, donc $\Vert c(D_n) \Vert_{\infty} = 1$ alors qu'on a vu ci-dessus que
$\Vert D_n \Vert_1 \rightarrow +\infty$.
\\ \\
%{ \bf Exercice 4}
%\\ \\
%Comme $\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} e^{inx}e^{imx} dx = \delta_{n,m}$, le
%syst{è}me ${(e^{inx})}_{n \in \ZZ}$ est orthogonal. Soit
%$E=\mbox{vect}\{{(e^{inx})}_{n \in \ZZ}\}$, montrons que $E$ est dense dans
%$L^2(-\pi,\pi)$. Soit $f \in L^2(-\pi,\pi)$ et soit $\ep>0$. Comme les fonctions
%continues sont denses dans $L^2(-\pi,\pi)$, $\exists g \in {\cal C}(\Pi)$ telle
%que $\Vert f-g \Vert_2 \leq \ep$. On a vu en **** que les polynômes
%trigonom{é}triques sont denses dans ${\cal C}(\Pi)$ donc $\exists P \in E$ tel
%que $\Vert g-P \Vert_{\infty} \leq \ep$ alors $\Vert f-P \Vert_2 \leq 2\ep$
%d'o{\`u} le r{é}sultat.
%\\ \\
\section{Chapitre XII}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) Les deux applications propos{é}es sont bien lin{é}aires par rapport {à}
$\vfi$.\\
On pose $<T,\vfi> = \sum_{n\geq0} \vfi^{(n)}(n)$ pour $\vfi \in \DD(\RR)$.\\
Soit $K$ un compact de $\RR$ alors $\vert K \cap \NN \vert < \infty$ et $\exists
N_K$ tel que $K \cap \NN \subset \overline{B}(0,N_K)$. Si $\vfi \in \DD(\RR)$
est {à} support dans $K$, alors $\vert <T,\vfi> \vert \leq \sum_0^{N_K} \Vert
\vfi^{(n)} \Vert_{\infty}$ donc $T \in \Di(\RR)$.\\
Soit $<T,\vfi> = \sum_{n\geq0} \vfi^{(n)}(0)$. Il existe $\theta \in \DD(\RR)$
telle que $0 \leq \theta \leq 1$ et $\theta \equiv 1$ sur $[-1,1]$. Soit $\vfi(x) = e^x
\theta(x)$, alors $\vfi \in \DD(\RR)$ et $\forall n$,
$\vfi^{(n)}(0)
= 1$ donc $T \not\in \Di(\RR)$.\\
2) Soit $K$ un compact de $\RR$ et $\vfi \in \DD(\RR)$ {à} support dans $K$
alors $\vert <T_f,\vfi> \vert \leq \Vert f \Vert_{L^1(K)} \Vert \vfi
\Vert_{\infty}$ donc
$T_f \in \Di(\RR)$.\\
Supposons qu'il existe $f \in L^1_{loc}(\RR)$ telle que $<\delta_0,\vfi> =
\vfi(0) = \int f \vfi$, $\forall \vfi \in \DD(\RR)$. Par un m{\^e}me
raisonnement qu'{à} l'exercice 6 du chap.VII, on montre que c'est impossible.
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
Comme les semi-normes $p_j$, pour $j \geq 0$, forment une suite croissante, on a
bien d{é}fini une topologie.\\
1) Il est clair que $d(f,g) = d(g,f)$ et que $d(f,g)=0 \Longleftrightarrow
f=g$.\\
Soit $\Phi(x) = \inf(1,x)$ pour $x \geq 0$. On peut v{é}rifier facilement que
$\Phi$ est croissante et que $\Phi(x+y) \leq \Phi(x) + \Phi(y)$, $\forall x,y
\in \RR^+$ donc $d$ est bien une distance sur E. Pour montrer que les topologies
sont
{é}quivalentes, il suffit de montrer que\\

a) $\forall n$, $\forall r>0$, $\forall x \in E$, $\exists r_0>0$ tel que
$B_d(x,r_0) \subset B_n(x,r)$,\\

b) $\forall x \in E$, $\forall r>0$, $\exists N$, $\exists r_0>0$ tel que
$B_N(x,r_0) \subset B_d(x,r)$,\\
o{\`u} on a not{é} $B_d(x,r)$ la boule de centre $x$ et rayon $r$ pour la
distance
$d$ et $B_n(x,r)$ celle associ{é}e {à} la semi-norme $p_n$.\\
Soient donc $n,r,x$ donn{é}s alors $\exists \ep>0$ tel que $2^n \ep <
\inf(1,r)$ et
\\
$d(x,y) < \ep \Longrightarrow \forall k,\,\, \frac{1}{2^k} \Phi(p_k(x-y)) < \ep$
donc $p_n(x-y) < 2^n \ep < r$ par choix de $\ep$. D'o{\`u} $B_d(x,\ep) \subset
B_n(x,r)$.\\
Soient $x,r$ donn{é}s et soit $N$ tel que $\sum_{n \geq N+1} \frac{1}{2^n} <
\frac{r}{2}$.\\
Si $p_N(x-y) < r_0 < 1 \Longrightarrow \forall n \leq N,\, p_n(x-y) < r_0$ et
$$\sum_0^N \frac{1}{2^n} \inf(1,p_n(x-y)) \leq r_0 \sum_0^N \frac{1}{2^n} \leq
2r_0.$$ On choisit $r_0 < 1$ tel que $2 r_0 < \frac{r}{2}$ alors $y \in
B_N(x,r_0) \Longrightarrow d(x,y) < \frac{r}{2} + \frac{r}{2}$,  ($\Phi(x) \leq
1,\,\forall x
\geq 0$) donc $B_N(x,r_0) \subset B_d(x,r)$.\\
Donc les topologies sont {é}quivalentes.\\
2) Soit $(f_n)_n$ une suite de Cauchy dans $(E,d)$ alors $\lim_{n,m \rightarrow
+\infty} p_j(f_n-f_m) = 0$ pour chaque $j \geq 0$, et donc $\sup_K \vert
f_n^{(j)}(x) - f_m^{(j)}(x) \vert \longrightarrow 0$ pour chaque j. La suite
$(f_n^{(j)})_n$ est donc de Cauchy pour la convergence uniforme et elle tend
donc uniform{é}ment vers une limite $f_j$ qui est continue et {à} support
dans $K$. On utilise maintenant le th{é}or{è}me classique assurant que si
$f_n$ converge uniform{é}ment vers $u$ et si les d{é}riv{é}es
$f_n^{\prime}$ sont continues et convergent uniform{é}ment vers $v$ alors $u$
est ${\cal C}^1$ et $u^{\prime} = v$. En appliquant ce r{é}sultat par
r{é}currence aux d{é}riv{é}es successives de $u$, on obtient que
$f_n^{(j)}$ converge uniform{é}ment vers $u^{(j)}$, $\forall j$ et donc que
$p_j(f_n-u) \longrightarrow 0$, $\forall j$. On en d{é}duit facilement que
$(E,d)$ est complet.\\
Pour tout $n$, $T_n$ est continue sur $(E,(p_j)_j)$ donc sur $(E,d)$ donc $F_k$
est ferm{é} dans $(E,d)$ comme intersection d'images r{é}ciproques de
ferm{é}s de $\RR$. Comme $(<T_n,\vfi>)_n$ converge $\forall \vfi$, $E = \cup_k
F_k$, par le Lemme de Baire, on en d{é}duit que $\exists k_0$, $\exists \vfi$
et $\exists r_0>0$
tels que $B_d(\vfi,r_0) \subset F_{k_0}$. \\
D'apr{è}s 1), $\exists N \geq 0$, $\exists r>0$ tels que $B_N(\vfi,r) \subset
F_{k_0}$. Alors $B_N(0,\frac{r}{2}) \subset F_{k_0}$, en effet, si $\psi \in
B_N(0,\frac{r}{2})$ alors $\psi = \frac{1}{2} (-\vfi +(\vfi +2\psi))$ or $-\vfi
\in F_{k_0}$ et $\vfi+2\psi \in F_{k_0}$, par convexit{é} de $F_{k_0}$, on a
$\psi \in
F_{k_0}$.\\
Donc on a montr{é} que $\forall \vfi \in E$ telle que $p_N(\vfi)<\frac{r}{2}$,
on a $\vert <T_n,\vfi> \vert \leq k_0$, $\forall n$. Par homog{é}n{é}ite, on
en conclut que $\forall n$, $\vert <T_n,\vfi> \vert \leq \frac{2k_0}{r}
p_N(\vfi)$, $\forall
\vfi \in E$.\\
Maintenant on fait tendre $n$ vers l'infini, on en d{é}duit que $\vert
<T,\vfi> \vert \leq \frac{2k_0}{r} p_N(\vfi)$. Finalement, on a montr{é} que
$\forall K$ compact $\subset \RR$, $\exists C_K = \frac{2k_0}{r}$, $\exists
N(K)$ tels que $\forall \vfi \in \DD_K(\RR)$, $\vert <T,\vfi> \vert \leq C_K
\,p_N(\vfi)$ ce qui est exactement la continuit{é} de $T$ sur $\DD(\RR)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
a) Si $\vfi = \lambda\theta_0+\psi^{\prime}$, o{\`u} $\lambda \in \RR$ et $\vfi
\in \DD(I)$ alors $\int_I \vfi = \lambda \int_I \theta_0 + \int_I \psi^{\prime}$
donc n{é}cessairement $\lambda = \int_I \vfi$. Avec ce choix de $\lambda$,
trouvons
$\psi$.\\
$\exists a,b$ tels que supp$(\vfi)$$ \cup$supp$(\theta_0) \subset [a,b] \subset
I$ (I connexe). Soit $\psi(x) = \int_a^x (\vfi(t) -(\int_I \vfi)\theta_0(t)) dt$
alors $\psi^{\prime} = \vfi - (\int_I \vfi)\theta_0$ et $\psi \in {\cal
C}^{\infty}(I)$. V{é}rifions que $\psi$ est {à} support compact. Si $x \in
]-\infty,a[ \cap I$ alors $\forall t \in [a,x]$ $\vfi(t)= \theta_0(t) = 0$ et
$\psi(x) = 0$. Si $x \in ]b,\infty[ \cap I$ alors $\psi(x) = 0$ donc supp$(\psi)
\subset [a,b]$ et $\psi \in
\DD(I)$. (On peut remarquer que le couple $(\lambda,\psi)$ est unique.)\\
b) Soit $T \in \Di(I)$ telle que $T^{\prime} =0$, on veut montrer que $\exists C
\in \RR$ telle que $\forall \vfi \in \DD(I)$, $<T,\vfi> = C \int_I \vfi$,
ce qui veut bien dire que $T=C$ au sens des distributions\\
Soit $\vfi \in \DD(I)$ alors $\exists \psi \in \DD(I)$ telle que $\vfi = (\int_I
\vfi)  \theta_0+\psi^{\prime}$ et $<T,\vfi> = (\int_I \vfi) <T,\theta_0> +
<T,\psi^{\prime}>$. Or par hypoth{è}se $<T,\psi^{\prime}> = <T^{\prime},\psi>
= 0$ donc $\forall \vfi \in \DD(I)$, $<T,\vfi> = <T,\theta_0>\; \int_I \vfi$
donc
$C=<T,\theta_0>$ convient.\\
c) Par hypoth{è}se $T^{\prime} = v \in {\cal C}^{\infty}(I)$, c'est {à} dire
$\forall \vfi \in \DD(I)$, $<T^{\prime},\vfi> = \int_I v\vfi$. La fonction $v$
admet une primitive au sens usuel $V$ et $v = V^{\prime}$ alors $(T-V)^{\prime}
= 0$ donc $T-V = c$ constante par b) et $T= V+c \in {\cal C}^{\infty}(I)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\

Soit $\psi$ solution de $\sum_{j=0}^k a_j \psi^{(j)}(x) = 0$ pour $x \in \RR$,
o{\`u} $a_j \in \RR$ et $a_k \not=0$,
satisfaisant \\
$\psi(0)=\psi^{\prime}(0)=...=\psi^{k-2}(0)=0$ et $\psi^{k-1}(0)=\frac{1}{a_k}$
alors $\psi \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$.\\
1) $Y\psi \in L^1_{loc}(\RR)$ donc $E \in \Di(\RR)$. Calculons les
d{é}riv{é}es au sens des distributions de $E$ et montrons par r{é}currence
que
$$E^{(p)} = Y_{Y\psi^{(p)}} + \psi^{(p-1)}(0) \delta_0 + \psi^{(p-2)}(0)
\delta_0^{\prime} +...+ \psi(0) \delta_0^{(p-1)}.$$ On calcule d'abord
$E^{\prime}$,
\begin{eqnarray*}
<E^{\prime},\vfi> &=& - <E,\vfi^{\prime}> = - \int_0^{\infty} \psi
\vfi^{\prime},\\
                  &=& \int_0^{\infty} \psi^{\prime} \vfi + \psi(0) \vfi(0),\\
                  &=& <T_{Y\psi^{\prime}},\vfi> + <\psi(o) \delta_0,\vfi>.
                  \end{eqnarray*}
Donc le propri{é}t{é} est vraie pour $p=1$, on la suppose vraie jusqu'au
rang $p$ et d{é}montrons la pour $p+1$. On a
\begin{eqnarray*}
<E^{(p+1)},\vfi> &=& -<E^{(p)}, \vfi^{\prime}> = - \int_0^{\infty} \psi^{(p)}
\vfi^{\prime} - <\psi^{(p-1)}(0) \delta_0, \vfi^{\prime}> -...- <\psi(0)
\delta_0^{(p-1)}, \vfi^{\prime}>,\\
&=& \int_0^{\infty} \psi^{(p+1)} \vfi + <\psi^{(p)}(0) \delta_0, \vfi> + <
\psi^{(p-1)}(0) \delta_0^{\prime}+...+ \psi(0) \delta_0^{(p)},\vfi>.
\end{eqnarray*}
D'o{\`u} le r{é}sultat.\\
Ici $E^{(j)} = T_{Y\psi^{(j)}}$, $\forall j \leq k-1$ car $\psi^{(p)}(0) = 0$,
$\forall p \leq k-2$, et
$$E^{(k)} = T_{Y\psi^{(k)}} + \psi^{(k-1)}(0) \delta_0 = T_{Y\psi^{(k)}} +
\frac{1}{a_k} \delta_0.$$ Donc $\sum_{j=0}^k a_j E^{(j)} + a_k E^{(k)} =
\delta_0$ par hypoth{è}se sur
$\psi$. \\
2) On cherche $\psi$ telle que
\[ (\star) \quad \left\{ \begin{array}{lll}
\psi^{\prime\prime} + \psi^{\prime} + \psi = 0 \\
\psi(0) = 0 \\
\psi^{\prime}(0) = 1
\end{array} \right. \]
Les solutions g{é}n{é}rales du syst{è}me ($\star$) sont donn{é}es par
$$\psi(x) = e^{-\frac{x}{2}} (a e^{i\frac{\sqrt{3}}{2}x} + b
e^{-i\frac{\sqrt{3}}{2}x}),\quad a,b \in \CC.$$ Ici les donn{é}es initiales
impliquent que $a = -b = \frac{1}{i\sqrt{3}}$, donc $\psi(x) =
\frac{2}{\sqrt{3}} e^{-\frac{x}{2}} \sin(\frac{\sqrt{3}}{2}x)$ et $E =
T_{Y\psi}$ convient.
\\ \\
\section{Chapitre XIII}
{ \bf Exercice 1}
\\ \\
1) En vertu du Th{é}or{è}me 13.1 et de la Proposition 13.1 du ch.13, si $u
\in H^1(0,1)$ alors $u \in {\cal C}[0,1]$ et $\forall x,y \in [0,1]$, $u(x) -
u(y)
= \int_y^x u^{\prime}(t) dt$.\\
Avec l'in{é}galit{é} de Cauchy-Schwarz, on obtient
$$\vert u(x) \vert \leq \vert u(y) \vert + \Vert u^{\prime} \Vert_2 {\vert x-y
\vert }^{\frac{1}{2}} \leq \vert u(y) \vert + \Vert u^{\prime} \Vert_2.$$ On
int{è}gre cette in{é}galit{é} par rapport {à} $y$ et on applique encore
Cauchy-Schwarz, on a
\begin{eqnarray*}
\vert u(x) \vert &\leq& \int_0^1 \vert u(y) \vert dy + \Vert u^{\prime} \Vert_2
\\
&\leq& \Vert u \Vert_2 + \Vert u^{\prime} \Vert_2 \\
&\leq& 2 \Vert u \Vert_{H^1}.
\end{eqnarray*}
Donc $\Vert u \Vert_{\infty} \leq 2 \Vert u \Vert_{H^1}$ et l'injection $id :
H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est continue.\\
De $\vert u(x) - u(y) \vert \leq \Vert u^{\prime} \Vert_2 {\vert x-y \vert
}^{\frac{1}{2}}$, on d{é}duit que la boule unit{é} ferm{é}e $B_{H^1}$ de
$H^1(0,1)$ est {é}quicontinue. Enfin, $B_x = \{ u(x),\,u \in B_{H^1} \}
\subset [-2,2]$ donc $\overline{B_x}$ est compact. Par le Th{é}or{è}me
d'Ascoli, on en conclut que $B_{H^1}$ est d'adh{é}rence compacte dans ${\cal
C}[0,1]$, d'o{\`u}
l'injection $id : H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est compacte. \\
L'int{\^e}ret majeur de ce r{é}sultat est que l'on pourra transformer toute
suite faiblement convergente de $H^1(0,1)$ en une suite fortement convergente de
${\cal C}[0,1]$. (Voir l'exercice 3, chap. V)\\
2) Soient $u, v \in H_0^1(0,1)$ et $f \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ alors par le
Th{é}or{è}me 11.2, il existe $u_n, v_n \in \DD(]0,1[)$ tels que $u_n
\rightarrow u$ et $v_n \rightarrow v$ pour la norme $H^1$. Comme $u_n,v_n$ sont
r{é}guli{è}res et nulles au bord, on a évidemment $\int_0^1 u_n^{\prime}v_n
+ \int_0^1 u_nv_n^{\prime} = 0$ et $\int_0^1 u_n^{\prime}f + \int_0^1
u_nf^{\prime} = 0$. Le produit scalaire $(f,g) =  \int_0^1 fg dx$ {é}tant
continu sur $(L^2)^2$, il n'y a aucuns probl{è}mes pour passer {à} la limite
dans ces {é}galit{é}s et on obtient donc
\begin{eqnarray*}
(1)\qquad\quad\int_0^1 u^{\prime}v + \int_0^1 uv^{\prime} &=& 0, \\
(2)\qquad\quad\int_0^1 u^{\prime}f + \int_0^1 uf^{\prime} &=& 0,
\end{eqnarray*}
et ceci $\forall u,v \in  H_0^1(0,1)$.\\
Si $u \in H^1(0,1)$, on note $p_u(x) = xu(1) + (1-x)u(0) \in {\cal
C}^{\infty}(\RR)$ alors $u - p_u \in H_0^1(0,1)$. En appliquant la formule
d'int{é}gration par parties $(2)$ {à} $u - p_u$ et $p_u$, on obtient
$$\int_0^1 u^{\prime}f + \int_0^1 uf^{\prime} = \int_0^1 p_u^{\prime}f +
\int_0^1 p_uf^{\prime} = u(1)f(1) - u(0)f(0).$$ Maintenant si $u,v \in
H^1(0,1)$, alors de $\int_0^1 (u-p_u)^{\prime}(v-p_v) + \int_0^1
(u-p_u)(v-p_v)^{\prime} = 0$, on d{é}duit que $\int_0^1 (u-p_u)^{\prime}v +
\int_0^1 (u-p_u)v^{\prime} = 0$  (car $\int_0^1 (u-p_u)^{\prime}p_v + \int_0^1
(u-p_u)p_v^{\prime} = 0$). Donc, en d{é}veloppant,
$$\int_0^1 u^{\prime}v + \int_0^1 uv^{\prime} = \int_0^1 p_u^{\prime}v +
\int_0^1 p_uv^{\prime} = u(1)v(1) - u(0)v(0).$$
\\ \\
{ \bf Exercice 2}
\\ \\
1) Soit $a(u,v)=\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + (\int_0^1 u)(\int_0^1 v)$, alors
$a$ est bilin{é}aire sym{é}trique et $\vert a(u,v) \vert \leq \Vert u
\Vert_{H^1}\Vert v \Vert_{H^1} + \Vert u \Vert_2\Vert u \Vert_2 \leq 2 \Vert u
\Vert_{H^1} \Vert v \Vert_{H^1}$ donc $a$ est continue sur $H^1(0,1) \times
H^1(0,1)$. Montrons que $a$ est coercive, c'est {à} dire, $\exists \alpha>0$
tel que $\forall u \in H^1(0,1)$,
$a(u,u) \geq \alpha \Vert u \Vert_{H^1}^2$.\\
On raisonne par l'absurde, sinon, $\forall n$, $\exists u_n \in H^1(0,1)$ tel
que $a(u_n,u_n) < \frac{1}{n} \Vert u_n \Vert_{H^1}^2$. On peut toujours
supposer que $\Vert u_n \Vert_{H^1} = 1$, comme $H^1(0,1)$ est r{é}flexif, il
existe une sous-suite encore not{é}e $u_n$ telle que $u_n \rightharpoonup u$
dans $H^1(0,1)$ faible. L'injection $H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$
{é}tant compacte (voir l'exercice pr{é}c{è}dent), $u_n \rightarrow u$ pour
$\Vert . \Vert_{\infty}$ et en particulier $u_n \rightarrow u$ dans $L^1$ et
$L^2$. D'autre part, $\Vert u_n^{\prime} \Vert_2 < \frac{1}{n}$
$\Longrightarrow$ $u_n^{\prime} \rightarrow 0$ dans $L^2$, donc finalement $u_n$
est de Cauchy dans $H^1(0,1)$ donc converge et $\exists v \in H^1(0,1)$ tel que
$u_n \rightarrow v$ dans $H^1(0,1)$. Alors, $\Vert v \Vert_{H^1} = 1$ et
$v^{\prime} = 0$ p.p. donc d'apr{è}s l'exercice 3, $v$ est constante. Enfin,
de $\left(\int_0^1 u_n\right)^2 < \frac{1}{n}$ et $u_n \rightarrow v$ dans
$L^1$, on d{é}duit que $\int_0^1 v =0$ donc n{é}cessairement $v=0$ or $\Vert
v \Vert_{H^1} = 1$,
c'est absurde.\\
D'apr{è}s le Th{é}or{è}me de Lax-Milgram (Th.9.6,ch.9), il existe un
unique $u \in
H^1(0,1)$ tel que $a(u,v)=\int_0^1 fv$, $\forall v \in H^1(0,1)$.\\
2) Comme $\DD(]0,1[) \subset H^1(0,1)$, si $\vfi \in \DD(]0,1[)$, $a(u,\vfi) =
\int_0^1 f\vfi = <f,\vfi>$ en terme de distributions. Et,
\begin{eqnarray*}
a(u,\vfi) &=& \int_0^1 u^{\prime}\vfi^{\prime} + \int_0^1 \left(\int_0^1
u\right)
\vfi,\\
&=& <u^{\prime},\vfi^{\prime}> + <\int_0^1 u,\vfi>,\\
&=& -<u^{\prime \prime},\vfi> + <\int_0^1 u,\vfi>.
\end{eqnarray*}
D'o{\`u} $< - u^{\prime \prime} + \int_0^1 u - f,\vfi > = 0$, $\forall \vfi \in
\DD(]0,1[)$, donc $- u^{\prime \prime} + \int_0^1 u = f$ au sens des
distributions, mais $f \in L^2(0,1)$ et $\int_0^1 u \in L^2(0,1)$ montre que $u
\in H^2(0,1)$ et v{é}rifie $$(\star) \qquad \quad - u^{\prime \prime} +
\int_0^1 u = f \quad \mbox{p.p.}$$ Pour trouver les conditions aux limites, on
multiplie $(\star)$ par $v \in H^1(0,1)$ et on int{è}gre sur $(0,1)$ alors $-
\int_0^1 u^{\prime \prime} v + \left(\int_0^1 u\right)\left(\int_0^1 v\right) =
\int_0^1 fv$. Comme $u \in H^2$ et $v \in H^1$, l'exercice pr{é}c{è}dent
nous permet de faire une int{é}gration par parties et on
obtient $a(u,v) - \int_0^1 fv = [u^{\prime} v]_0^1$.\\
Or $u$ est solution de la formulation variationnelle ( i.e. $a(u,v) = \int_0^1
fv$, $\forall v \in H^1(0,1)$), donc $u^{\prime}(1) v(1) - u^{\prime}(0) v(0) =
0$ et ceci $\forall v \in H^1(0,1)$. Donc n{é}cessairement $u^{\prime}(1) =
u^{\prime}(0) =
0$.\\
D'o{\`u} $u$ est solution du probl{è}me suivant, $u \in H^2(0,1)$ et
\[ \left\{ \begin{array}{lcc}
 - u^{\prime \prime} + \int_0^1 u &=& f \quad \mbox{p.p.}\\
 u^{\prime}(1) = u^{\prime}(0) &=& 0
 \end{array} \right. \]
Et r{é}ciproquement.
\\ \\
{ \bf Exercice 3}
\\ \\
Soit $V=\{ u \in H^1(0,1)\,:\,u(\frac{1}{2}) = 0 \}$.\\
1) Comme $id : H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est continue, $u \mapsto
u\left(\frac{1}{2}\right)$ est continue sur $H^1(0,1)$ et $V$ est ferm{é} dans
$H^1(0,1)$.\\
${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2}$ est bien une semi-norme sur $V$ et si pour un
$v \in V$, ${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2} = 0$ alors, d'apr{è}s l'exercice 3,
$v$ est constante sur $(0,1)$ et de $v\left(\frac{1}{2}\right) = 0$, on en
d{é}duit que $v = 0$. Donc, on a bien {à} faire {à} une norme sur $V$. On
a {é}videmment ${\Vert
v^{\prime} \Vert}_{L^2} \leq {\Vert v \Vert}_{H^1}$.\\
A-t'on $\exists C>0$ tel que ${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2} \geq C\,{\Vert v
\Vert}_{H^1}$ sur $V$ ?\\
Sinon, $\forall n$, $\exists u_n \in V$ avec ${\Vert u_n \Vert}_{H^1} = 1$ tel
que ${\Vert u_n^{\prime} \Vert}_{L^2} < \frac{1}{n} \rightarrow 0$. Alors comme
dans l'exercice pr{é}c{è}dent, on en d{é}duit qu'il existe une sous-suite
$u_{n_k}$ de Cauchy dans $H^1(0,1)$ donc convergente vers un $v \in H^1(0,1)$.
De $u_{n_k}^{\prime} \rightarrow 0$ dans $L^2$, on tire $v^{\prime}=0$ p.p. et
donc $v$ est constante sur $(0,1)$. Mais $u_{n_k} \rightarrow v$ dans $H^1(0,1)$
$\Longrightarrow$  $0 = u_{n_k}\left(\frac{1}{2}\right) \rightarrow
v\left(\frac{1}{2}\right)$ par continuit{é} de l'injection $H^1(0,1)
\longrightarrow {\cal C}[0,1]$. Donc $v = 0$ or ${\Vert v \Vert}_{H^1} = 1$,
c'est absurde, ces deux normes sont donc {é}quivalentes
sur $V$.\\
2) Soit $a(u,v) = \int_0^1 u^{\prime}v^{\prime}$, alors $a$ est une forme
bilin{é}aire sym{é}trique continue sur $V$ et $v \mapsto v(0)$ est continue
sur $V$ puisque $id : H^1(0,1) \longrightarrow {\cal C}[0,1]$ est continue sur
$H^1(0,1)$. Du Th{é}or{è}me de Lax-Milgram (Th.9.6,ch.9), on d{é}duit
qu'il existe un unique $u \in V$ tel que
$a(u,v)=v(0)$, $\forall v \in V$.\\
3) $\DD(]0,1[) \not\subset V$ donc on ne peut pas exactement raisonner comme
dans l'exercice pr{é}c{è}dent, mais on peut remarquer que
$\DD(]0,\frac{1}{2}[)\cup \DD(]\frac{1}{2},1[) \subset V$ (en prolongeant ces
fonctions par $0$ {à} $]0,1[$ tout
entier).\\
Soit donc $\vfi \in \DD(]0,\frac{1}{2}[)$ alors $a(u,\vfi) =
\int_0^{\frac{1}{2}} u^{\prime}\vfi^{\prime} = \vfi(0) = 0$, c'est {à} dire
$<u^{\prime},\vfi^{\prime}> = 0 = - <u^{\prime \prime},\vfi>$ et ceci $\forall
\vfi \in \DD(]0,\frac{1}{2}[)$, donc $u^{\prime \prime} = 0$ dans
$\Di(]0,\frac{1}{2}[)$ et donc dans
$L^2(0,\frac{1}{2})$.\\
On obtient par un m{\^e}me raisonnement, $u^{\prime \prime} = 0$ dans
$\Di(]\frac{1}{2},1[)$ et donc dans $L^2(\frac{1}{2},1)$. Donc finalement $u \in
H^2(0,\frac{1}{2})\cap H^2(\frac{1}{2},1)$. On peut alors faire des
int{é}grations par parties sur les deux sous-intervalles $(0,\frac{1}{2})$ et
$(\frac{1}{2},1)$. Si $v \in V$ alors
\[ \begin{array}{cclclcl}
0&=& -\int_0^{\frac{1}{2}} u^{\prime \prime}v&=&
\int_0^{\frac{1}{2}}u^{\prime}v^{\prime} -[u^{\prime}v]_0^{\frac{1}{2}}&=&
\int_0^{\frac{1}{2}}u^{\prime}v^{\prime} + u^{\prime}(0)v(0),\\
\\
0&=& -\int_{\frac{1}{2}}^1 u^{\prime \prime}v&=& \int_{\frac{1}{2}}^1
u^{\prime}v^{\prime} -[u^{\prime}v]_{\frac{1}{2}}^1&=& \int_{\frac{1}{2}}^1
u^{\prime}v^{\prime} - u^{\prime}(1)v(1).
\end{array} \]
On ajoute ces deux {é}galit{é}s, alors $a(u,v) + u^{\prime}(0)v(0) -
u^{\prime}(1)v(1) = 0$ $\Longrightarrow$ $\left(1+u^{\prime}(0)\right)v(0) =
u^{\prime}(1)v(1)$, $\forall v\in V$. Donc n{é}cessairement $u^{\prime}(0) =
-1$ et $u^{\prime}(1) = 0$. Donc on a r{é}solu
\[ \left\{ \begin{array}{lcl}
u^{\prime \prime} &=& 0 \,\,\,\mbox{sur }(0,\frac{1}{2})\\
u\left(\frac{1}{2}\right) &=& 0\\
u^{\prime}(0) &=& -1
\end{array} \right. \qquad \mbox{et}\qquad \left\{ \begin{array}{lcl}
u^{\prime \prime} &=& 0 \,\,\,\mbox{sur }(\frac{1}{2},1)\\
u\left(\frac{1}{2}\right) &=& 0\\
u^{\prime}(1) &=& 0
\end{array} \right. \]
de solutions respectives  :
\begin{eqnarray*}
u(x) &=& - x + \frac{1}{2} \quad \mbox{sur}\,\, [0,\frac{1}{2}]\\
u(x) &=& 0 \quad \mbox{sur}\,\, [\frac{1}{2},1]
\end{eqnarray*}
On voit tout de suite que $u \not\in H^2(0,1)$ (sinon elle serait ${\cal C}^1$). \\
Au sens des distributions, il est clair que $u^{\prime} =
-\ind_{(0,\frac{1}{2})} \in L^2(0,1)$ et que $u^{\prime \prime} =
\delta_{\frac{1}{2}} \not\in L^2(0,1)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 4}
\\ \\
$v \rightarrow {\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2}$ est bien une semi-norme sur
$H^1(0,+\infty)$. Si ${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2} = 0$ alors $v^{\prime} = 0$
p.p. et donc $v$ est une constante. Or la seule constante de $L^2(0,+\infty)$
est la constante nulle donc c'est bien une norme sur $H^1(0,+\infty)$. On a
{é}videmment
${\Vert v^{\prime} \Vert}_{L^2} \leq {\Vert v \Vert}_{H^1}$.\\
Soit $u_n(x) = n-x$ si $x \leq n$ et $u_n(x) = 0$ sinon. Alors $u_n \in
H^1(0,+\infty)$, ${\Vert u_n^{\prime} \Vert}_{L^2}^2 = n$ et ${\Vert u_n
\Vert}_{L^2}^2 = \frac{n^3}{3}$ donc les deux normes ne peuvent pas {\^e}tre
{é}quivalentes sur $H^1(0,+\infty)$.
\\ \\
{ \bf Exercice 5}
\\ \\
1) Par le Th{é}or{è}me des accroissements finis, il existe $C>0$ tel que
$\forall u \in \Hun$, $\vert f(u) \vert \leq \vert f(0) \vert + C\,\vert u \vert
\in \Ld$ donc
$f(u) \in \Ld$.\\
2) Soit $u_n \in \DD(\RR)$ tel que $u_n \rightarrow u$ dans $\Hun$.

a) De la m{\^e}me fa{\c c}on, on a : $\vert f(u_n) - f(u) \vert \leq C\,\vert
u_n -u \vert$ donc $u_n \rightarrow u$ dans $\Ld$ $\Longrightarrow$ $f(u_n)
\rightarrow f(u)$ dans $\Ld$.

b) On a $\vert \alpha_n \vert \leq C\,\vert u_n^{\prime} - u^{\prime} \vert$
donc $u_n^{\prime} \rightarrow u^{\prime}$ dans $\Ld$ $\Longrightarrow \alpha_n
\rightarrow 0$ dans $\Ld$. Comme $u_n \rightarrow u$ dans $\Ld$, il existe une
sous-suite $u_{n_k}$ telle que $u_{n_k} \rightarrow u$ p.p. Par continuit{é}
de $f^{\prime}$, $f^{\prime}(u_n) \rightarrow f^{\prime}(u)$ p.p. D'o{\`u}
finalement,
\[ \left. \begin{array}{l}
\beta_{n_k} \rightarrow 0 \quad \mbox{p.p.}\\
\vert \beta_{n_k} \vert \leq 2 \Vert f^{\prime} \Vert_{\infty} \vert u^{\prime}
\vert \in \Ld
\end{array}  \right\} \Longrightarrow \beta_{n_k} \longrightarrow 0 \mbox{ dans }
\Ld, \] par le Th{é}or{è}me de convergence domin{é}e.

c)Soit $\vfi \in \DD(I)$, alors
$$(\star) \qquad \int_I f(u_n) \vfi^{\prime}\,= - \int_I
f^{\prime}(u_n)u_n^{\prime} \vfi,$$ puisque toutes les fonctions
consid{é}r{é}es sont assez r{é}guli{è}res. Comme $f(u_n) \rightarrow
f(u)$ dans $\Ld$, $\int_I f(u_n) \vfi^{\prime} \longrightarrow
\int_I f(u) \vfi^{\prime}$.\\
D'autre part, $f^{\prime}(u_n)u_n^{\prime} - f^{\prime}(u)u^{\prime} = \alpha_n
+ \beta_n$ donc
\[ \left.
\begin{array}{lll}
\alpha_n \rightarrow 0 \mbox{ dans } \Ld & \Longrightarrow & \int_I \alpha_n
\vfi
\longrightarrow 0 \\
\beta_{n_k} \rightarrow 0 \mbox{ dans } \Ld & \Longrightarrow & \int_I
\beta_{n_k} \vfi \longrightarrow 0
\end{array} \right\} \Longrightarrow \int_I (\alpha_{n_k}+\beta_{n_k}) \vfi
\longrightarrow 0. \] D'o{\`u} en passant {à} la limite dans ($\star$), pour
une sous-suite, on obtient :
$$\int_I f(u) \vfi^{\prime}\,= - \int_I f^{\prime}(u)u^{\prime} \vfi,$$
et ceci $\forall \vfi \in \DD(I)$. Or $f^{\prime}(u)u^{\prime} \in \Ld$ car
$f^{\prime} \in \Linf(I)$ et $u^{\prime} \in \Ld$, donc $f(u) \in \Hun$ et
${(f(u))}^{\prime} = f^{\prime}(u)u^{\prime}$. \\
3) Soit $\eps > 0$ fix{é}, $\feps(t) \rightarrow 0$ quand $t \rightarrow 0$
par valeurs positives, donc $\feps \in {\cal C}(\RR)$. De plus, si $t>0$,
$\feps^{\prime}(t) = \frac{t}{\sqrt{(t^2+\ep^2)}} \longrightarrow 0$ quand $t
\rightarrow 0$, donc $\feps \in {\cal C}^1(\RR)$. Enfin, $\forall \ep>0$ et
$\forall t \in \RR$, $\vert \feps^{\prime}(t) \vert \leq 1$ donc $\feps \in E$
et
$\forall \ep>0$ et $\forall t$, $\vert \feps(t) \vert \leq \vert t \vert$.\\
Quand $\ep \rightarrow 0$, $\feps(t) \rightarrow 0$ si $t \leq 0$ et $\feps(t)
\rightarrow t$ si $t \geq 0$ donc $\feps(t) \rightarrow t^+$. D'o{\`u}
\[ \left.  \begin{array}{l}
\feps(u) \rightarrow u^+ \mbox{ p.p.}\\
\vert \feps(u) \vert \leq \vert u \vert \in \Ld
\end{array} \right\} \Longrightarrow \feps(u) \longrightarrow u^+ \mbox{ dans }
\Ld,
\]
par le Th{é}or{è}me de convergence domin{é}e.\\
4) D'apr{è}s 2), $\feps(u) \in \Hun$ et $\forall \ep>0$, $\forall \vfi \in
\DD(I)$, $ \int_I \feps(u) \vfi^{\prime}\,= - \int_I \feps^{\prime}(u)u^{\prime}
\vfi$. On sait que $\feps(u) \rightarrow u^+$ dans $\Ld$ donc $\int_I \feps(u)
\vfi^{\prime} \longrightarrow \int_I u^+ \vfi^{\prime}$. D'autre part,
\[ \left.
\begin{array}{llll}
\feps^{\prime}(t) &=& \frac{t}{\sqrt{t^2+\ep^2}}, &t>0\\
                  &=& 0,&t \leq 0
                  \end{array} \right\} \stackrel{\ep \rightarrow
0}{\longrightarrow}
                   \left\{ \begin{array}{ll}
                  1&\mbox{si } t>0\\
                  0&\mbox{sinon}
                  \end{array} \right\} = \ind_{[t>0]},\]
donc
\[ \left.
\begin{array}{l}
\feps^{\prime}(u) \rightarrow \ind_{[u>0]} \mbox{ p.p.}\\
\vert \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \vert \leq \vert u^{\prime} \vert \in \Ld
\end{array} \right\} \Longrightarrow  \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \longrightarrow
\ind_{[u>0]}u^{\prime} \mbox{ dans } \Ld,\] par le Th{é}or{è}me de
convergence domin{é}e. D'o{\`u}
$$\int_I \feps^{\prime}(u)u^{\prime} \vfi\,\longrightarrow \int_I
\ind_{[u>0]}u^{\prime} \vfi.$$ A la limite, on obtient : $\int u^+ \vfi = - \int
\ind_{[u>0]}u^{\prime} \vfi$, $\forall \vfi \in \DD(I)$, donc $u^+ \in \Hun$ et
$(u^+)^{\prime} =
\ind_{[u>0]}u^{\prime}$.\\
5) On a $u^- = (-u)^+$ donc $u^- \in \Hun$, $(u^-)^{\prime} = -
\ind_{[u<0]}u^{\prime}$ et $\vert u \vert = u^+ + u^- \in \Hun.$\\
(La d{é}monstration est la m{\^e}me en dim$\,>1$, en rempla{\c c}ant
$u^{\prime}$ par $\frac{\partial}{\partial x_i}u$.)
\\ \\
{ \bf Exercice 6}
\\ \\
Soit $N$ une norme d{é}rivant d'un produit scalaire, alors $N^2$ est ${\cal
C}^{\infty}$ et sa d{é}riv{é}e seconde est une forme bilin{é}aire
sym{é}trique d{é}finie positive (c'est {à} une constante positive pr{è}s
le produit scalaire)
donc $N^2$ est strictement convexe.\\
Une norme est convexe et non strictement convexe car $N(tu)=tN(u)$ si $t>0$.
\\ \\
{ \bf Exercice 7}
\\ \\
On note $\Hnulo = \{u \in \Huno\,:\,u(0)=u(1)=0 \}.$\\
1) Si $u \in \Hnulo$ alors on peut {é}crire $u(x) = \int_0^x u^{\prime}(t) dt$
(voir le Th{é}or{è}me 13.1, ch.13). En appliquant Cauchy-Schwarz, on en
d{é}duit que $\vert u(x) \vert \leq \sqrt{x} \Vert u^{\prime} \Vert_2$. On
{é}l{è}ve cette derni{è}re in{é}galit{é} au carr{é} et on
int{è}gre, on obtient alors $\Vert u \Vert^2 \leq \frac{1}{2} \Vert u^{\prime}
\Vert_2^2$, d'o{\`u} $\Vert u^{\prime} \Vert_2^2 \leq \Vert u \Vert_{H^1}^2 \leq
\frac{3}{2} \Vert u^{\prime} \Vert_2^2$. On en conclut que $(\Hnulo,\Vert
u^{\prime} \Vert_2)$ est un espace de Hilbert.\\
2) Si $v \in \Huno$ alors $v \in L^2 \cap L^{\infty}$ car $\Huno \subset {\cal
C}[0,1]$. Donc $v \in L^q$, $\forall q \geq 2$ et $F(v)$ a bien un sens. Comme
$\vert \int_0^1 fv \vert \leq \Vert f \Vert_2 \Vert v \Vert_2 \leq
\frac{1}{\sqrt{2}} \Vert f \Vert_2 \Vert v^{\prime} \Vert_2$ si $v \in \Hnulo$,
il existe $C>0$ tel que $F(v) \geq \frac{1}{2} \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 -
\frac{1}{\sqrt{2}} \Vert f \Vert_2 \Vert v^{\prime} \Vert_2 \geq C$, $\forall v
\in \Hnulo$. De plus $F(v) \longrightarrow +\infty$ quand $\Vert v^{\prime}
\Vert_2
\rightarrow \infty$.\\
D'autre part, comme $\Huno \subset {\cal C}[0,1]$ avec injection continue, il
existe $M>0$ tel que $\forall v \in \Huno$, $\Vert v \Vert_4 \leq M \Vert v
\Vert_{H^1}$, ce qui montre que $F$ est continue sur $\Hnulo$. Enfin $F$ est
convexe ($\Vert v \Vert_4^4$= compos{é}e de $x \mapsto x^4$, croissante et
convexe sur $\RR^+$ et d'une norme est convexe). Donc $F$ est s.c.i. faible et
le Th{é}or{è}me sur l'inf des fonctions s.c.i. (Corollaire 5.4, ch.5) montre
qu'il existe $u \in \Hnulo$ tel que $F(u) \leq F(v)$, $\forall v \in \Hnulo$.
L'unicit{é} provient du fait que $F$ est strictement convexe car le terme
$\Vert v^{\prime} \Vert_2^2$ l'est d'apr{è}s
l'exercice pr{é}c{é}dent.\\
3) Soient $t>0$ et $v \in \Hnulo$ alors $F(u+tv) - F(u) \geq 0$ donc
$$\frac{F(u+tv) - F(u)}{t} = \int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v -
\int_0^1 fv + t \,{\cal O}(1) \geq 0.$$ Quand $t \rightarrow 0$, on obtient
$$\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v - \int_0^1 fv \geq 0,$$
et en changeant $v$ en $-v$,
$$\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v - \int_0^1 fv = 0,$$
pour tout $v \in \Hnulo$.\\
4) En particulier, comme $\DD(]0,1[) \subset \Hnulo$, on a
$$\int_0^1 u^{\prime}\vfi^{\prime} + \int_0^1 u^3 \vfi = \int_0^1 f\vfi,\quad
\forall \vfi \in \DD(]0,1[).$$ On utilise maintenant le fait que
$u^{\prime},\,u^3,\,f$ sont dans $L_{loc}^1$ et d{é}finissent des
distributions pour {é}crire que
 \begin{eqnarray*}
\int_0^1 u^{\prime}\vfi^{\prime} &=& <u^{\prime},\vfi^{\prime}> = -<u^{\prime
\prime},\vfi>,\\
\int_0^1 u^3 \vfi &=& <u^3,\vfi>,\\
\int_0^1 f\vfi &=& <f,\vfi>,
\end{eqnarray*}
et donc $<-u^{\prime \prime} + u^3 - f,\vfi> = 0$, $\forall \vfi \in
\DD(]0,1[)$. D'o{\`u} $-u^{\prime \prime} + u^3 = f$ dans $\Di(]0,1[)$. Comme
$f$ et $u^3$ sont dans $\Ld$, on en d{é}duit que $u^{\prime \prime} \in \Ld$
donc l{é}galit{é} a lieu
p.p et $u \in H^2(0,1)$.\\
5) Comme $F$ est convexe, on a : $\forall t \in ]0,1]$, $F(u+t(v-u))\leq
F(u)+t[F(v)-F(u)]$, $\forall v \in \Hnulo$. Donc
$$\frac{F(u+t(v-u)) - F(u)}{t} \leq F(v)-F(u),\quad \forall t>0.$$
On a vu en 3) que
$$\frac{F(u+t(v-u)) - F(u)}{t} = \int_0^1 u^{\prime}(v-u)^{\prime} + \int_0^1 u^3
(v-u) - \int_0^1 f(v-u) + t \,{\cal O}(1).$$ Comme $u \in H^2\cap\Hnulo$ et
$v\in \Hnulo$, on a $\int_0^1 u^{\prime}(v-u)^{\prime} = - \int_0^1 u^{\prime
\prime} (v-u)$ donc
$$\frac{F(u+t(v-u)) - F(u)}{t} = \int_0^1 (\underbrace{- u^{\prime \prime} + u^3
-f}_{= 0})(v-u) + t {\cal O}(1),\quad \forall t>0.$$ En particulier, $F(v)-F(u)
\geq t {\cal O}(1)$ et quand $t \rightarrow 0$, on obtient $F(v) \geq F(u)$,
$\forall v \in \Hnulo$. Donc $u$ est solution de
$(\star)$.\\
6) On suppose que $f \geq 0$ p.p. Si u est solution de $(\star)$ alors on a vu
que $\forall v \in \Hnulo$,  $\int_0^1 u^{\prime}v^{\prime} + \int_0^1 u^3 v =
\int_0^1 fv$. On choisit $v = u^- = - \inf(0,u)$ alors $v \in \Hnulo$ (voir
l'exercice 5), $v \geq 0$ et on obtient $ - \int_0^1 (u^-)^{\prime 2}  -
\int_0^1 (u^-)^4 = \int_0^1 fu^- \geq 0$. On en d{é}duit par exemple que
$\int_0^1 (u^-)^4 \leq 0$ et donc que $u^- = 0$ p.p. D'o{\`u} $u \geq 0$ p.p.
\\ \\
{\bf Exercice 8}
\\ \\
1) $V$ est un sous-espace vectoriel de $H^1(0,1)$. On pose $L(v) = v(0) -kv(1)$
alors $\vert L(v) \vert \leq (1+ \vert k \vert)\sup_{[0,1]} \vert v(x) \vert$.
Comme $H^1(0,1)$ s'injecte de fa{\c c}on continue dans ${\cal C}([0,1])$,
$\exists C$ constante telle que $\forall v \in H^1(0,1)$, $\sup_{[0,1]} \vert
v(x) \vert \leq \Vert v \Vert_{H^1}$. Donc $\vert L(v) \vert \leq (1+ \vert k
\vert) C \Vert v
\Vert_{H^1}$. Ainsi $V$, noyau d'une forme lin{é}aire continue, est ferm{é}.\\
2) Pour $v \in H^1(0,1)$, on {é}crit que $v(x) = v(0) + \int_0^x v^{\prime}(t)
dt$. En particulier si $v \in V$ alors $v(1) = kv(1) + \int_0^1 v^{\prime}(t)
dt$. Donc,
$$\vert 1-k \vert \;\vert v(1) \vert \leq \int_0^1 \vert v^{\prime}(t) \vert dt
\leq \Vert v^{\prime} \Vert_2,$$ par Cauchy-Schwarz.  Alors,
$$ \vert v(1) \vert \frac{1}{\vert 1-k \vert} \Vert v^{\prime}
\Vert_2\,\,\mbox{et}\,\, \vert v(0) \vert \leq \frac{\vert k \vert}{\vert 1-k
\vert} \Vert v^{\prime} \Vert_2.$$ D'o{\`u}
$$ \vert v(x) \vert \leq \left( 1+ \frac{\vert k \vert}{\vert 1-k \vert} \right)
\Vert v^{\prime} \Vert_2,$$
et $\Vert v \Vert_{\infty} \leq C \Vert v^{\prime} \Vert_2$.\\
3) $a(.,.)$ est clairement bilin{é}aire et sym{é}trique. Soit $v \in V$,
comme $\left( \int_0^1 v \right)^2 \leq \int_0^1 \vert v \vert^2$, on a $a(v,v)
\geq \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 \geq 0$. Si $a(v,v) = 0$ alors $\Vert v^{\prime}
\Vert_2 = 0$ et d'apr{è}s 2), $\Vert v \Vert_{\infty} = 0$ donc $v=0$. On en
conclut que
$a(.,.)$ est bien un produit scalaire sur $V$. \\
Soit $\Vert v \Vert_a = \sqrt{a(v,v)}$. On a {é}videmment $\Vert v \Vert_a^2
\leq
\Vert v \Vert_{H^1}^2$.\\
D'autre part si $v \in V$, $\Vert v \Vert_2 \leq \Vert v \Vert_{\infty} \leq C
\Vert v^{\prime} \Vert_2$ par 2). Donc,
$$\Vert v \Vert_{H^1}^2 = \Vert v \Vert_2^2 + \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 \leq (C^2
+1) \Vert v^{\prime} \Vert_2^2 \leq \Vert v \Vert_a^2.$$ D'o{\`u},
$$\left(\frac{1}{C^2+1}\right) \Vert v \Vert_{H^1}^2 \leq \Vert v \Vert_a^2 \leq
\Vert v \Vert_{H^1}^2,$$
et les deux normes sont {é}quivalentes.\\
4) Soit $\ell(v) = \int_0^1 fv$, alors $\ell$ est une forme lin{é}aire sur
$V$. Et
$$\vert \ell(v) \vert \leq \Vert f \Vert_2\;\Vert v \Vert_2 \leq
(C^2+1)^{\frac{1}{2}} \Vert f \Vert_2\;\Vert v \Vert_a,$$
montre que $\ell$ est continue sur $V$ pour $\Vert \,\, \Vert_a$.\\
$V$ est ferm{é} dans $H^1$ donc complet pour la norme $H^1$. Par
{é}quivalence des normes, on d{é}duit que $\left( V, a(.,.)\right)$ est un
espace de Hilbert. Le Th{é}or{è}me de Riesz s'applique {à} $\ell$ donc il
existe un unique $u \in V$ tel
que $\ell(v) = a(u,v)$, $\forall v \in V$.\\
5) Soit $u$ solution de $(\star)$ alors :
$$\forall v \in V,\qquad \int_0^1 u^{\prime} v^{\prime} = \int_0^1 \left( f - u +
\int_0^1 u \right) v.$$ En particulier, $\forall \vfi \in {\cal
C}_c^{\infty}(]0,1[)$,
$$<-u^{\prime\prime},\vfi> = \int_0^1 u^{\prime} \vfi^{\prime} = \int_0^1 \left( f
- u + \int_0^1 u \right) \vfi = < \left( f - u + \int_0^1 u \right),\vfi >,$$
donc $-u^{\prime\prime} = f -u + \int_0^1 u$ au sens des distributions. Comme
$f,\;u,\;\int_0^1 u \in L^2$, on a $u^{\prime\prime} \in L^2$ donc $u \in
H^2(0,1)$
et $-u^{\prime\prime} = f -u + \int_0^1 u$ p.p.  $(\star\star)$.\\
Si $v \in V$, comme $u \in H^2$, on peut int{é}grer par parties et on a
\begin{eqnarray*}
\int_0^1 u^{\prime} v^{\prime}&=& - \int_0^1 u^{\prime\prime} v +
u^{\prime}(1)v(1)
-  u^{\prime}(0)v(0),\\
 &=& - \int_0^1 u^{\prime\prime} v + (u^{\prime}(1)-ku^{\prime}(0)) v(1).
 \end{eqnarray*}
Alors, en tenant compte de l'{é}quation $(\star \star)$, $a(u,v) = \int_0^1
fv$ $\Longrightarrow$ $(u^{\prime}(1)-ku^{\prime}(0)) v(1) = 0$ et ceci pour
tout $v \in V$, donc n{é}cessairement $u^{\prime}(1)=ku^{\prime}(0)$. Les
conditions aux limites satisfaites par $u$ sont donc
\[(\star\star\star)\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
u^{\prime}(1)=ku^{\prime}(0)\\
u(0) = ku(1).\,\,(u \in V)
\end{array} \right. \]
Et r{é}ciproquement, si $u \in H^2(0,1)$ satisfait l'{é}quation
$(\star\star)$ et les conditions aux limites $(\star\star\star)$ ci-dessus,
alors $u$ v{é}rifie
$(\star)$.\\
6) On a vu en 2) que $\vert u_n(x) \vert^2 \leq \left( 1+\frac{\vert k_n
\vert}{\vert 1-k_n \vert} \right) \Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2$ avec $k_n \not=
1$. La suite $\left( 1+\frac{\vert k_n \vert}{\vert 1-k_n \vert} \right)_n$ est
born{é}e et non nulle car elle converge vers $1+\frac{\vert k \vert}{\vert 1-k
\vert}$. Donc $\exists M>0$ tel que $\Vert u_n \Vert_2^2 \leq M\;\Vert
u_n^{\prime} \Vert_2^2$, $\forall n$. De plus,
$$\frac{1}{M} \Vert u_n \Vert_2^2 \leq \Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2 \leq \vert
a(u_n,u_n) \vert = \vert \int_0^1 fu_n \vert \leq \Vert f \Vert_2\;\Vert u_n
\Vert_2.$$ Donc,
\[\begin{array}{lllll}
\Vert u_n \Vert_2^2 &\leq& M\;\Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_2 &\leq& M\;\Vert
f
\Vert_2\;\Vert u_n \Vert_{H^1}\,\,\mbox{et}\\
\Vert u_n^{\prime} \Vert_2^2 &\leq& \Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_2 &\leq&
\Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_{H^1}.
\end{array}\]
Donc $\Vert u_n \Vert_{H^1}^2 \leq (M+1) \Vert f \Vert_2\;\Vert u_n \Vert_{H^1}$
d'o{\`u} la suite $(u_n)_n$ est born{é}e dans $H^1$.\\
7) Comme $H^1$ est r{é}flexif, on peut extraire une sous-suite $(u_{n_p})_p$
convergeant faiblement dans $H^1$ vers $u\star$. Avec l'injection compacte de
$H^1(0,1)$ dans ${\cal C}([0,1])$, on en d{é}duit que $u_{n_p} \rightarrow
u\star$ uniform{é}ment sur $[0,1]$. Comme $u_{n_p} \in V_{n_p}$, $u_{n_p}(0) =
k_{n_p} u_{n_p}(1)$ et chaque terme converge. A la limite, on a $u\star(0) = k
u\star(1)$
donc $u\star \in V$.\\
8) On v{é}rifie facilement que $v_n \in V_n$ et $\vert v_n(t) - v(t) \vert^2 =
\vert \frac{k-k_n}{k_n -1} \vert \,\vert v(1) \vert^2$. Donc $\Vert v_n-v
\Vert_2^2 = \vert \frac{k-k_n}{k_n -1} \vert \,\vert v(1) \vert^2 \rightarrow
0$. D'autre
part, $v_n^{\prime} = v^{\prime}$ donc $v_n \rightarrow v$ dans $H^1$.\\
Comme $u_{n_p} \rightharpoonup u\star$ dans $H^1$ faible et $v_{n_p} \rightarrow
v$ dans $H^1$ fort, $(u_{n_p},v_{n_p})_{H^1} \rightarrow (u\star,v)_{H^1}$. Les
autres termes de $(\star)_{n_p}$ passent {à} la limite sans probl{è}mes et
on obtient $a(u\star,v) = \int_0^1 fv$, ceci $\forall v \in V$, par unicit{é}
de $u$,
$u\star=u$.\\
9) Comme $u_{n_p} \rightarrow u$ uniform{é}ment sur $[0,1]$, $\left(\int_0^1
(u_{n_p}-u) \right)^2 \rightarrow 0$. D'autre part, on peut {é}crire
$a(u_{n_p} - u,u_{n_p}-u) = \int_0^1 fu_{n_p} -2a(u_{n_p},u) +a(u,u)$ et chaque
terme converge car $u_{n_p}$ converge faiblement dans $H^1$. Donc,
$$\Vert u_{n_p}-u \Vert_{H^1}^2 = a(u_{n_p}-u,u_{n_p}-u) + \left(\int_0^1
(u_{n_p}-u) \right)^2 \rightarrow \int_0^1 fu - a(u,u) = 0.$$ 10) Sinon,
$\exists A>0$, il existe une sous-suite $(u_{n_p})_p$ telle que $\Vert
u_{n_p}-u \Vert_{H^1} \geq A > 0$.\\
On sait alors qu'il existe une sous-suite de $(u_{n_p})_p$, encore not{é}e
$(u_{n_p})_p$, qui converge vers $u$ dans $H^1$ faible. Comme en 9), on montre
qu'en fait, elle converge fortement vers $u$ dans $H^1$, d'o{\`u} contradiction.\\
11) $T$ est bien d{é}finie et lin{é}aire par unicit{é} de la solution de
$(\star)$ et par sym{é}trie de $a$, on a $\int_0^1 fTg = \int_0^1 gTf$.
V{é}rifions que $T$ est continue. Par 3), $\exists C>0$ tel que $\forall u \in
V$, $C\;\Vert u \Vert_{H^1}^2 \leq a(u,u)$ donc en choisissant $u = Tf$, on
obtient : $C\;\Vert Tf \Vert_{H^1}^2 \leq \int_0^1 fTf \leq \Vert f \Vert_2
\;\Vert Tf \Vert_2$. Comme $\Vert\,\,\Vert_2 \leq \Vert \,\,\Vert_{H^1}$, on en
d{é}duit que $\Vert Tf \Vert_2
\leq \frac{1}{C} \Vert f \Vert_2$ et $T$ est continue.\\
Pour montrer que $T$ est compacte, on va utiliser le crit{è}re
d{é}montr{é} dans l'exercice 3 du Chapitre 5. $L^2$ {é}tant r{é}flexif,
il suffit de montrer que si $f_n \rightharpoonup f$ dans $L^2$ faible, $Tf_n
\rightarrow Tf$ dans $L^2$ fort. Comme $C\;\Vert Tf_n \Vert_{H^1}^2 \leq \Vert
f_n \Vert_2 \;\Vert Tf_n \Vert_{H^1}$, on en d{é}duit que $(Tf_n)_n$ est
born{é}e dans $H^1(0,1)$ r{é}flexif, donc il existe une sous-suite
$(Tf_{n_k})_k$ qui converge faiblement vers un $g \in H^1$. Alors $Tf_{n_k}
\rightarrow g$ dans ${\cal C}([0,1])$ et donc dans $L^2$ fortement et
faiblement. Comme $T$ est lin{é}aire continue, on en d{é}duit que $g=Tf$
(voir l'exercice 3 Chapitre 4). Donc toute la suite $(Tf_n)_n$ converge vers
$Tf$ dans $L^2$.


\chapter{Notations}
$E_{\om} =$ l'espace $E$ muni de la topologie faible $\sigma(E,\Ep)$.\\
$E_{\om\star} =$ l'espace $E$ muni de la topologie faible $\star$
$\sigma(\Ep,E)$.\\
$L(E,F) =$ l'espace des applications lin{é}aires de $E$ dans $F$.\\
${\cal L}(E,F) =$ l'espace des applications lin{é}aires continues de $E$ dans
$F$.\\
$\Ep = {\cal L}(E,\RR)$\\
$(E_{\om})^{\prime} =$ l'espace des applications lin{é}aires continues de $E$
muni
de la topologie faible {à} valeurs dans $\RR$.\\
$(E_{\om\star})^{\prime} =$ l'espace des applications lin{é}aires continues de
$E$
muni de la topologie faible $\star$ {à} valeurs dans $\RR$.\\
$<f,x> = f(x)$ est le crochet de dualit{é} $\Ep,E$.\\
int($A$) = int{é}rieur de $A$.\\
$\vert A \vert =$ la mesure de $A$ si $A$ est un ensemble.\\
$E \setminus F = \{ x\in E : x \not\in F \}$.\\
vect$\{a_1,...,a_n \}$ est l'espace vectoriel engendr{é} par $a_1,...,a_n$, on
pourrait l'{é}crire $\RR a_1+...+\RR a_n$.\\
$\vois =$ l'ensemble des voisinages de $x$ pour la topologie consid{é}r{é}e.\\
${\cal V}_{\om}(x) =$ l'ensemble des voisinages de $x$ pour la topologie faible.\\
$\rightharpoonup$ signifie convergence pour la topologie faible, c'est en
g{é}n{é}ral pr{é}cis{é} dans le texte.\\
P.F.I $=$ l'ensemble des parties finies de $I$.\\
$\ind_A =$ la fonction indicatrice de l'ensemble $A$.\\
$\Vert . \Vert_p =$ la norme usuelle des espaces $L^p$ ou bien $\ell^p$.\\
${\cal C}(\Om) =$ l'ensemble des fonctions {à} valeurs r{é}elles, continues
sur
$\Om$.\\
${\cal C}_c(\Om) =$ l'ensemble des fonctions continues et {à} support compact
dans
$\Om$.\\
$\DD(\Om)$ ou ${\cal C}^{\infty}_0(\Om)$ est l'ensemble des fonctions de classe
${\cal C}^{\infty}$ {à} support compact dans $\Om$.\\
$\Di(\Om) =$ l'ensemble des distributions sur $\Om$.

\appendix

\chapter{Exemple de travaux pratiques}


Dans tout le TD, on considère une image digitale $a(i,j)$ de taille $256
\times 256$ (i.e. $i,j \in \{1,2,...,256\}$), à 256 niveaux de gris (i.e.
$a(i,j) \in \{1,2,...,256\}$). Commencez, à partir d'une des machines du
département, par choisir votre image parmi celles disponibles dans le
répertoire $\sim$gousseau/images/ (évitez l'image {\it mouche.tif} pour
des raisons qui apparaîtront plus loin). Pour la lire sous matlab, tapez

\com{a=imread('image.tif');}

\noindent la variable $a$ est alors une matrices de valeur entières.
Visualisez a comme une image (les valeurs correspondent à des niveaux de gris,
1 est le noir et 256 le blanc)

\com{imagesc(a); colormap gray;}

\noindent puis comme une surface

\com{view(-45+180,30);}

\com{surfl(double(a));}

\com{colormap gray; shading interp; axis equal;}


\section{Manipulation de l'histogramme}

On appelle histogramme de $a$ le vecteur $h(x), 1\leq x\leq 256$
$$h(x)=\#\{  (i,j) / a(i,j)=x  \}.$$
On appelle fonction de distribution de l'image le vecteur de m\^eme taille
$$H(x)=\#\{  (i,j) / a(i,j)\leq x  \}.$$
Visualisez les vecteurs h et H correspondant a votre image

\com{[m,n]=size(a);}

\com{a=double(a);}

\com{b=reshape(a,m*n,1);}

\com{h=hist(b,255);}

\com{h=h/(m*n);}

\com{H=cumsum(h);}

\com{plot(h);figure;plot(H);}

\noindent {\it Egalisation d'histogramme:} on modifie les niveaux de gris de
l'image de manière à ce que sa nouvelle fonction de distribution soit le
plus proche possible de l'identité. L'algorithme très simple fourni
ci-dessous est une adaptation en discret de la remarque suivante: si une
variable aléatoire $X$ à valeurs dans [0,1] a pour fonction de distribution
$F$, alors la variable aléatoire $F(X)$ a pour fonction de distribution
l'identité (le vérifier). Visualisez la nouvelle fonction de distribution,
ainsi que le nouvel histogramme. Qu'en pensez-vous ?

\com{H(256)=1;}

\com{b=zeros(m,n);}

\com{b=round((H(a+1)*255));}


%\section{Convergence au sens des distributions}

%On considère le signal discret $s$=(1 1). En utilisant un résul%tat de vos TD précédents, vers quoi doit converger la
%suite des convolutions de ce signal avec lui-m\^eme? Effectuez l'expérience
%numériquement à l'aide de la fonction {\it conv} (quelques convolutions
%suffisent).

%\com{s=[1 1];t=s;}

%\com{t=conv(t,s);  \% quelques fois}

%\com{plot(t,'*');}

%\noindent Qu'en pensez-vous ? Convoluez le résultat avec une
%fonction porte (par exemple le signal (1 1 1 1 1)). Qu'observe-t-on ?

\section{Echantillonnage et transformée de Fourier}


{\noindent \bf Attention:} La transformée de Fourier discrète (TFD) se
calcule sous Matlab à l'aide
des fonctions {\it fft} (dimension 1) et {\it fft2} (dimension 2). Comme expliqué à la remarque \ref{TFDMatlab},
cette fonction ne calcule pas les coefficients $\tilde u_k$, mais les coefficients
$\hu_k$ qui sont liés aux $\tilde u_k$ par la formule \ref{uchapeau}. Le
passage de l'une a l'autre de ces définitions (en dimension 1 comme en
dimension 2) s'effectue au moyen de la
fonction {\it fftshift}. D'autre part, Matlab retourne en fait les coefficients $n*\hu$ en dimension
1, et $m*n*\hu$ en dimension 2 (tapez \com{help fft}). En résumé, les coefficients $\tilde u_k$
sont obtenus par la formule suivante:

\com{A=(1/m*n)*fftshift(fft2(a))}

\noindent et la transformée inverse est alors

\com{a=m*n*ifft2(fftshift(A))}

\vskip .5cm

\noindent Visualisez la transformée de votre image au moyen de la commande:

\com{imagesc(log(1+abs(A))); colormap(jet); colorbar }

\noindent Répétez l'expérience avec l'image {\it mouche.tif}.


\noindent Sous-échantillonnez l'image $a$ d'un facteur 2 (i.e. gardez un pixel
sur 2 dans chaque direction). Qu'observe-t-on ?

\com{b=zeros(128);}

\com{for k=1:128;for l=1:128; b(k,l)=a(2*k,2*l); end; end;}

\noindent M\^eme expérience avec l'image de la mouche.

\noindent Effectuez la m\^eme expérience en filtrant préalablement
l'image. Vous pouvez par exemple multiplier le spectre de votre fonction par
la fonction indicatrice d'un carré centré de taille deux fois plus petite que celle
de l'image. Le résultat est-il
meilleur ? pourquoi ? A quoi sont d\^ues les oscillations  visible sur l'image ?

\section{Zoom par 0-padding (prolongement du spectre par des zéros)}

On se propose de zoomer l'image $a$, par exemple d'un facteur deux dans chaque
dimension. L'idée est d'ajouter des zéros à la TFD de l'image de manière
à augmenter sa taille tout en préservant son contenu aux faibles
fréquences, puis de reconstruire une image à partir de cette
transformée, référez vous au paragraphe \ref{zoom}. L'algorithme est le
suivant
:
\begin{itemize}
\item calculez $A$, la TFD de $a$
\item prolongez $A$ en une image $512 \times 512$ par ajout de zéros aux
hautes fréquences (attention: il est préférable d'utiliser la fonction {\it fftshift} avant de
prolonger par des zéros).
\item calculez $b$, TFD inverse de $A$.
\end{itemize}

Qu'observe-t-on ? En particulier aux bords de l'image ? pourquoi ? Effectuez la
m\^eme expérience avec une image comportant une discontinuité nette (par
exemple un carré noir sur fond blanc). M\^eme questions.

\section{Translations}

On cherche à effectuer une translation non entière sur une image, c'est à
dire à calculer des valeurs en des points situés ``entre les pixels''. On
utilise la proposition \ref{translation}.

Fabriquez le signal $f=\chi_{[60,80]}$, ($\chi$ étant la
fonction indicatrice) considéré comme périodique sur l'intervalle
$[0,128]$, translatez le de $1/2$ en multipliant les coefficients de sa TFD par
les exponentielle adéquates. Visualisez le résultat comme une image (en
utilisant simplement la commande {\it imagesc}). Qu'observe-t-on?

\noindent Effectuer une nouvelle translation de $1/2$. Retrouve-t-on le signal
original?

\section{Phase et module de la TFD}

Nous allons maintenant illustrer l'importance respective de la phase et du
module des coefficients de la TFD. Nous commen\c{c}ons par échanger les phases
des TFD de deux images. Choisissez une image $b$ différente de $a$ (de m\^eme
taille). Calculez les TFD $A$ et $B$ respectivement de $a$ et $b$. Remplacez les
coefficients de $B$ par leur modules, puis multipliez les par la phase des
coefficients correspondants de A. Utilisez {\it ifft2} et affichez le
résultat. Essayez avec une image de texture pour $a$, puis pour $b$.

\com{A=fft2(a); B=fft2(b);}

\com{B=abs(B).*exp(i*angle(A));}

\com{c=ifft2(B); imagesc(real(c));}

\noindent Pour illustrer le r\^ole du module des coefficients, on effectue
l'expérience suivante: partant d'une image synthétique simple (un carré, un
disque...) on change la phase des coefficients de sa TFD de manière
aléatoire, puis on on calcule l'image correspondante. Attention, lors de la
modification de la phase il faut prendre garde à respecter les symétries de
la TFD, ainsi qu'a ne pas modifier les coefficient réels $A(0,0), A(N/2,N/2),
A(N/2,0), A(0,N/2)$. Une possibilité est de partir d'un bruit blanc et
d'utiliser les phases de sa TFD. Qu'observe-t-on? Effectuez la m\^eme
expérience à partir de la texture {\it strawmat.tif}.

\section{Codes Matlab}

\vskip .5 cm \%visualisation de l'histogramme

a=double(a);

[m,n]=size(a);

b=reshape(a,m*n,1);

h=hist(b,256);

h=h/(m*n);

H=cumsum(h);

plot(h);

figure; plot(H);


\vskip .5 cm \%égalisation

b=zeros(m,n);

b=round((H(a+1)*255));

b=double(b);

c=reshape(b,m*n,1);

h=hist(c,255);

h=h/(m*n);

H=cumsum(h);

figure;plot(h);figure;plot(H);



\vskip .5 cm \%visualisation TFD
%remarque: on n'a pas ici divisé par m*n, de sorte que le vecteur b
b=fft2(a);

b=fftshift(b);

imagesc(log(abs(b)+1)); colormap(jet); colorbar;

\vskip .5 cm \%sous-échantillonage brutal de a (d'un facteur 2)

M=floor(m/2); N=floor(n/2);

b=zeros(M,N);

for i=1:M;

for j=1:N;

b(i,j)=a(2*i,2*j);

end

end

imagesc(b);colormap gray;

\vskip .5cm \%idem après filtrage (on suppose ici que m et n sont divisibles
par 4)

b=fft2(a);

b=fftshift(b);

c=zeros(m,n);

M4=m/4; N4=n/4; M2=m/2; N2=n/2;

c(M4+1:3*M4,N4+1:3*N4)=b(M4+1:3*M4,N4+1:3*N4);

d=real(ifft2(fftshift(c)));

b=zeros(M2,N2);

for i=1:M2;

for j=1:N2;

b(i,j)=d(2*i,2*j);

end

end

imagesc(b);colormap gray;

vskip .5 cm \%zoom de l'image

\%m et n doivent être pairs

M=m/2; N=n/2;

imagesc(a); colormap gray;

b=fft2(a);

b=fftshift(b);

c=zeros(2*m,2*n);

c(M+1:M+m,N+1:N+n)=4*b(:,:);

\%le facteur 4 est introduit à cause de la définition de la TFD

\%particulière à Matlab (pas de division par la taille de l'image)

c=fftshift(c);

e=ifft2(c);


figure;

imagesc(real(e)); colormap gray;

\vskip .5 cm \%effet de Gibbs par zoom

n=128;

a=zeros(n);

a(n/4:3*n/4,n/4:3*n/4)=255;

imagesc(a);colormap gray;

b=fft2(a);

b=fftshift(b);

c=zeros(2*n);

c(n/2+1:n/2+n,n/2+1:n/2+n)=4*b(:,:);

c=fftshift(c);

e=ifft2(c);

figure;

imagesc(real(e)); colormap gray;

\vskip .5 cm \%translation

taille=128; \% la taille doit être paire

a=zeros(1,taille);

a(taille/4:3*taille/4)=1;

imagesc(a); colormap gray;

\%permet de voir le signal a comme une image ayant toutes ses lignes identiques

b=fftshift(fft(a));

omeg=exp(-2*i*pi/taille);

angle=.5;

T=taille/2;

for n=1:taille;

b(n)=b(n)*omeg $\hat{}$ (((n-1)-T)*angle);

end;

d=ifft(fftshift(b));

figure;

imagesc(real(d));colormap gray;

\vskip .5 cm \%échange de phases

\%b doit être de même taille que a

A=fft2(a);

B=fft2(b);

B=abs(B).*exp(i*angle(A));

c=ifft2(B);

imagesc(real(c));

\vskip .5 cm \%synthèse de texture a partir d'un carre

a=zeros(256);

a(:,:)=256;

a(120:130,120:130)=0;

imagesc(a);colormap gray;

b=randn(256);

B=fft2(b);

A=fft2(a);

C=abs(A).*exp(i*angle(B));

c=ifft2(C);

figure;imagesc(real(c));colormap gray

\% essayez avec d'autres formes...


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\end{document}
