
\section{Chapitre \ref{ChapHahnBanach}}
\setcounter{exo}{0} \setcounter{chapter}{2} \setcounter{exo}{0} \dexo On consid�re l'ensemble $\cal{B}$ des syst�mes
libres contenant $L$.
 On v�rifie imm�diatement que cet ensemble est inductif. En effet, si
${\cal F}=(F_i)_{i\in I}\subset \cal{B}$ est totalement ordonn�, le syst�me $F=\bigcup_{i\in I} F_i$ est
  encore libre : soient en effet $n$ vecteurs
  $(x_{i_1}\in F_{i_1},\;...,\;x_{i_n}\in F_{i_n})$ dans $F$.
 Comme $\cal F$ est totalement ordonn�, l'un des $F_{i_k}$
 contient tous les autres et donc le syst�me
 $\{x_{i_1},\;...,\; x_{i_n}$ est un sous-syst�me d'un syst�me
  libre et donc libre. Donc $F$ est libre et
 est donc un majorant de $\cal F$. Donc $\cal{B}$ est inductif.
On peut donc appliquer le lemme de Zorn et d�duire que $\cal{B}$ a au moins un �l�ment maximal $B$. Alors $B$ est
libre, contient $L$, et on ne peut lui adjoindre un nouveau vecteur sans le rendre li�,
 ce qui veut dire qu'il est bien libre et g�n�rateur.
\fexo \dexo ************************ COROLLAIRE 2.1 ******************************************************** \fexo
\dexo *************************** JAUGE CONVEXE ********************************************************* \fexo \dexo
***************************** HAHN BANACH DIM FINIE ************************************************ \fexo \dexo \hfill
\newline 1) On peut toujours \e crire $f(x)=u(x)+iv(x)$ pour tout $x \in E$. Alors,
$Re(if(x))= - v(x) = Re(f(ix)) = u(ix)$ donc $f(x) = u(x)-iu(ix)$.\\
2) $f$ est $\RR-$lin\e aire puisque $u$ l'est. On \e crit pour tout $x \in E$
$$ f(ix) = u(ix) - i u(-x) = u(ix)+i u(x) = i f(x),$$
donc $f$ est bien $\CC-$lin\e aire. Enfin, pour tout $x \in E$, il existe $\theta \in \RR$ tel que
$$\vert f(x) \vert = e^{i \theta} f(x) = f(e^{i \theta} x) = u(e^{i \theta} x)
\leq \Vert u \Vert \;\Vert x \Vert,$$ donc $\Vert f \Vert \leq \Vert u \Vert$. D'autre part, on a $\vert u(x) \vert
\leq \vert f(x) \vert$ pour tout $x \in E$ donc $\Vert u \Vert \leq \Vert f \Vert$ d'o\u \e galit\e . \fexo \dexo
\hfill \newline Les ensembles $K^{\star}$ et $K^{\star\star}$ sont ferm{�}s comme intersection d'images r{�}ciproques
de ferm{�}s par des applications continues, donc de $K \subset K^{\star\star}$ on d{�}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}
$K^{\star\star}=\overline{K}$. \fexo \dexo \hfill \newline 1) On d{�}finit les deux formes lin{�}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{�}s comme intersection de ferm{�}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{�}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{�}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{�}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{�}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{�} on en conclut que $f$ est identiquement nulle, ce qui est contraire {�}
l'hypoth{�}se. On ne peut donc pas s{�}parer $A$ et $B$. \fexo \dexo \hfill \newline 1) Soit $F_n = n
\overline{T(B(0,1))}$ alors $F_n$ est ferm{�} 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{�}, 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
{�} 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{�}sultat. \fexo \dexo \hfill \newline Par le th{�}or{�}me de l'application ouverte
(voir exercice \ref{applicationouverte}, $\exists C>0$ 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. \fexo \dexo \hfill \newline On applique le r{�}sultat pr{�}c{�}dent {�} $id : E,\Vert
x \Vert_2 \rightarrow E, \Vert x \Vert_1$. \fexo \dexo \hfill \newline
%{ \bf Exercice 13} Th{�}or{�}me du graphe ferm{�}
Sur $E$, on consid{�}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'{�}quivalence des normes $\Vert x \Vert_1$ et
$\Vert x \Vert_2$ et donc $T$ est continue.\\
V{�}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{�}, donc $y=Tx$ et $(E,\Vert x \Vert_2)$ est complet. \fexo \dexo \hfill \newline On
utilise le th{�}or{�}me du graphe ferm{�} (voir l'exercice \ref{grapheferme} page ~\pageref{grapheferme}). Montrons que
le graphe de $T$, not\'e $G(T)$, est ferm{�}. 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{�}cessairement $Tx=y$ sinon par Hahn-Banach,
on pourrait s{�}parer strictement $Tx$ et $y$ par un hyperplan ferm{�}, c'est {�} dire il existerait $f \in
F^{\prime}$, $f \not\equiv 0$, telle que $f(Tx) \not= f(y)$. \fexo \dexo \hfill \newline 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 {�}quicontinue.\\
Soit $B_F(x) = \{ f(x), f \in B_F \}$. Pour pouvoir appliquer Ascoli, il reste {�} v{�}rifier que $\forall x \in
[0,1]$, $\overline{B_F(x)}$ est compact dans $\RR$, ce qui est imm{�}diat puisque $B_F(x) \subset [-1,1]$. D'o{\`u}
$B_F$ est compact et par suite $F$ est de dimension finie. \fexo \dexo \hfill \newline 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{�} donc complet
et $\forall n$, $F_n\cap G$ est ferm{�} et d'int{�}rieur vide donc le Lemme de Baire montre que $\bigcup_n\left(F_n\cap
G\right)$ est d'int{�}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 $\displaystyle{\bigcup_{n\geq 1}} \stackrel{o}{F_n}$ est
dense (et ouvert comme union d'ouverts).\\
2) $\forall n,\delta$, $F_{n,\delta}$ est ferm{�} comme intersection de ferm{�}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{�}c{�}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 $U = \displaystyle{\bigcap_{k\geq
1}}U_{\frac{1}{k}}$ 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 {�}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{�} 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
$\RR$. \fexo \dexo \hfill \newline 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 hypoth�se, la famille $\{ a_x, x \in B_E \}$ v�rifie : \\
$\forall x \in B_E$, $a_x \in {\cal L}(F,G)$ 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 th�or�me 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 continuit� 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 s�parement 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 in�galit�, $p(x) = x^n$ et $q = p^{\prime}$, on obtient
$\frac{1}{2} \leq \frac{M}{n+1}$, ce qui est absurde pour $n$ assez grand. \fexo 