
\chapter{Corrig{é}s des exercices}

\setcounter{exo}{0}
\section{Chapitre 1}
\setcounter{chapter}{1} \dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline \fexer
\dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline On note $\interieur(A) = \{ x \in A
: \exists U \mbox{ ouvert tel que } x \in U \subset A \}$ et
$$\mbox{adh} (A) = \{ x \in E : x \mbox{ est adh{é}rent \`a } A \} = \{ x \in E : \forall V \in
{\cal V}(x), V\cap A  \neq \emptyset \}.$$ Alors,
\begin{eqnarray*}
x \not\in \mbox{adh}(A) &\Longleftrightarrow& \exists V \in {\cal V}(x),\,V\cap A =
\emptyset,\\
 \,&\Longleftrightarrow& x \in \interieur(E \setminus A).
\end{eqnarray*}
Donc $E \setminus \mbox{adh}(A) = \interieur(E \setminus A)$ d'o\`u $\mbox{adh}(A)$ est ferm{é} et par
d\e finition de $\overline{A}$, $\overline{A} \subset \mbox{adh}(A)$.\\
D'autre part, $\overline{A}$ est ferm\ea par d\e finition donc $E\setminus \overline{A}$ est ouvert et inclus dans
$\interieur(E\setminus A) = E\setminus \mbox{adh}(A)$. On en d\e duit que $\mbox{adh}(A) \subset \overline{A}$, d'o\`u
$\mbox{adh}(A) = \overline{A}$.\\
Si $A = \overline{A}$ alors $A$ est ferm\ea par d\e finition de $\overline{A}$.\\
Si $A$ est ferm\ea, $A =\overline{A}$ puisque $\overline{A}$ est le plus petit ferm\ea contenant $A$. \fexer \dexer
\hfill \newline On sait que $\QQ$ est dense dans $\RR$. Il est facile de voir alors que $\QQ^N$ est dense dans $\RR^N$
et $\QQ^N$ est dénombrable. \fexer \dexer \hfill \newline Soit $E$ un espace topologique "grossier", c'est-à-dire que
les ouverts de $E$ sont l'ensemble vide et $E$ lui-même. On suppose que $E$ contient plus d'un élément, alors il n'est
pas séparé. En effet, soient $x,y\in E$, $x\not= y$. Soient $V \in {\cal V}(x)$ et $W\in {\cal V}(y)$. Par définition
des voisinages, $\exists U$ ouvert tel que $x\in U\subset V$ alors $U=E$ donc $V=E$. De même, $W=E$ et $V\cap W \not=
\emptyset$. \fexer \dexer \hfill \newline Soit $x$ valeur d'adhérence de la suite $(x_n)_n$. Par définition, $\forall
n$, $\forall V \in {\cal V}(x)$, $V\cap A_n \not= \emptyset$. Ce qui veut exactement dire que $\forall n$, $x\in
\overline{A_n}$. \fexer \dexer \hfill \newline Soit $f:E \rightarrow F$ continue, Soit $U$ un ouvert de $F$, montrons
que $f^{-1}(U)$ est
ouvert dans $E$.\\
Soit $x_0 \in f^{-1}(U)$ alors comme $f(x_0) \in U$ ouvert, par continuit\ea de $f$ en $x_0$, $\exists W \in {\cal
V}(x_0)$ telque $f(W) \subset U$. Alors $W \subset f^{-1}\circ f(W) \subset f^{-1}(U)$ donc $f^{-1}(U)$
est ouvert.\\
Supposons maintenant que l'image r\e ciproque de tout ouvert est ouverte et montrons que $f$
est continue.\\
Soit donc $V \in {\cal V}(f(x_0))$ alors $\exists U$ ouvert tel que $f(x_0) \in U \subset V$, alors $x_0 \in f^{-1}(U)$
ouvert $\subset f^{-1}(V)$. Donc $f^{-1}(V) \in {\cal V}(x_0)$ et
$f(f^{-1}(V)) \subset V$.\\
L'autre \e quivalence se d\e duit de la pr\e c\e dente par application de la formule
$f^{-1}(E\setminus A) = E\setminus f^{-1}(A)$.\\
Si $f$ est continue, la relation $A \subset f^{-1}(f(A)) \subset f^{-1}(\overline{f(A)})$ montre que $\overline{A}
\subset f^{-1}(\overline{f(A)})$ d'o\`u $f(\overline{A}) \subset \overline
{f(A)}$.\\
Inversement, si cette relation est v\e rifi\e e $\forall A \subset E$, montrons que $A=f^{-1}(B)$ est ferm\ea, $\forall
B$ ferm\ea $\subset F$, d'o\`u la continuit\ea de $f$. On a $f(\overline{A}) \subset \overline {f(A)} \subset
\overline{B} = B$ donc $\overline{A} \subset f^{-1}(B) = A$ et $A = \overline{A}$ est ferm\ea. \fexer \dexer \hfill
\newline On pose $A_n = \{ x_k, k \geq n \}$ o\`u $(x_n)_n \subset E$. Alors $F_n = \overline{A_n}$ est ferm\ea et
$F_{n+1} \subset F_n$. Il faut montrer que $\displaystyle{\cap_n} F_n \neq \emptyset$. Si $\displaystyle{\cap_n} F_n =
\emptyset$ alors $E$ compact est la r\e union des ouverts $E \setminus F_n$ donc il existe $I$ partie finie de $\NN$
telle que $E = \displaystyle{\cup_{i \in I}} (E \setminus F_i)$ alors $\displaystyle{\cap_{i \in I}} F_i = \emptyset$,
c'est absurde car la suite $(F_n)_n$ est d\e croissante. \fexer \dexer \hfill \newline
Soient $E$ un espace topologique compact et $F$ un espace topologique séparé. Enfin soit $f:E\longrightarrow F$ une application continue. On veut montrer que $f(E)$ est compact.\\
D'abord $f(E)$ est séparé car $F$ l'est. Supposon maintenant que $f(E)\subset \bigcup_{i\in I} U_i$ où chaque $U_i$ est un ouvert de $F$. Comme $f$ est continue, $f^{-1}(U_i)$ est ouvert dans $E$ et $E\subset \bigcup_{i\in I} f^{-1}(U_i)$. Puisque $E$ est compact, on peut extraire un sous-recouvrement fini : $\exists J$ fini$\subset I$ tel que $E\subset \bigcup_{j\in J} f^{-1}(U_j)$. Alors $f(E)\subset \bigcup_{j\in J} U_j$. D'où $f(E)$ est compact.\\
Rappel : on a toujours $f(f^{-1}(A))\subset A$ et $A\subset f^{-1}(f(A))$. \fexer \dexer \hfill \newline \fexer \dexer
\hfill \newline 1) Si $x \neq y$, $B(x,r) \cap B(y,r) = \emptyset$ avec $r =
\displaystyle{\frac{d(x,y)}{4}}$.\\
2) $d(x,A) = \displaystyle{\inf_{y \in A}} d(x,y)$.
\begin{eqnarray*}
d(x,A) = 0 &\Longleftrightarrow& \forall \ep > 0,\,\;\exists y_{\ep} \in A \mbox{ tel que }
d(x,y_{\ep}) \leq \ep,\\
           &\Longleftrightarrow& \forall \ep > 0,\,\; B(x,\ep) \cap A \neq \emptyset,\\
           &\Longleftrightarrow& x \in \overline{A}.
\end{eqnarray*}
Si $d(x,A)= 0$ alors pour $\ep = \frac{1}{n}$, $\exists x_n \in A$ tel que $d(x,x_n) \leq \frac{1}{n}$ donc il
existe une suite $(x_n)_n \subset A$ telle que $x_n \longrightarrow x$.\\
Si il existe une suite $(x_n)_n \subset A$ telle que $x_n \longrightarrow x$ alors $\forall V \in {\cal V}(x)$,
$\exists N$ tel que $\forall n \geq N$, $x_n \in V$ donc $\forall V \in {\cal V}(x)$, $V \cap A \neq \emptyset$ et $x
\in \overline{A}$. \fexer \dexer \hfill \newline
Pour le sens direct, voir la proposition 1.2.\\
Soit maintenant $f$ continue s\e quentiellement et supposons que $f$ n'est pas continue en $x \in E$, alors $\exists
\ep > 0$ telque $\forall \eta > 0$, $\exists x_{\eta}$ telque $d(x,x_{\eta}) \leq \eta$ et $d(f(x),f(x_{\eta})) > \ep$.
On choisit $\eta = \frac{1}{n}$, $n \in \NN^{\star}$, alors il existe une suite $(x_n)_n \subset E$ telle que $d(x,x_n)
\leq \frac{1}{n}$ et $d(f(x),f(x_n)) > \ep$. Alors la suite $(x_n)_n$ converge vers $x \in E$ et la suite $(f(x_n))_n$
ne converge pas vers $f(x)$, c'est absurde. \fexer \dexer \hfill \newline On suppose qu'il existe une suite
$(x_{n_k})_k$ telle que $x_{n_k} \longrightarrow x$ alors $x$ est valeur d'adh\e rence de la suite
$(x_{n_k})_k$ et donc de la suite $(x_n)_n$.\\
Si $x$ est valeur d'adh\e rence de la suite $(x_n)_n$ alors $\forall \ep > 0$, $\forall n$, $\exists i \geq n$ tel que
$d(x,x_i) \leq \ep$. En choisissant par exemple $\ep = \frac{1}{k}$, on construit une suite $(n_k)_k$ strictement
croissante telle que $d(x,x_{n_k}) \leq \frac{1}{k}$. La suite $(x_{n_k})_k$ tend alors vers $x$. \fexer \dexer
**************** TICHONOV DENOMBRABLE **************** \fexer \dexer       les compacts de $\RR^N$ \hfill \newline
\fexer \dexer \hfill \newline
Comme $f$ est continue, $\forall x\in E$, $\forall \varepsilon >0$, $\alpha _x>0$ tel que $d(x,y)<\alpha _x$ $\Longrightarrow $ $d(f(x),f(y))< \frac{\varepsilon }{2}$.\\
On a alors $E\subset \bigcup_{x\in E}B(x,\frac{\alpha _x}{2})$ et $E$ est compact. \\Donc $E\subset \bigcup_{i=1}^N B(x_i,\frac{\alpha _{x_i}}{2})$. On pose $\delta = \frac{1}{4} \min(\alpha _{x_1},...,\alpha _{x_N})>0$.\\
Si $y$ et $z$ sont tels que $d(y,z)<\delta $, $\exists i\leq N$, tel que $y\in B(x_i,\frac{\alpha _{x_i}}{2})$ et
$d(z,x_i)<\delta + \frac{\alpha _{x_i}}{2}< \alpha _{x_i}$. Donc $\exists i\leq N$ tel que $y,z\in B(x_i,\alpha
_{x_i})$. Alors $$d(f(y),f(z))\leq d(f(y),f(x_i))+d(f(x_i),f(z))<\varepsilon.$$ Donc $f$ est uniformément continue.
\fexer \dexer  min atteint \hfill \newline \fexer \dexer \hfill \newline Le sens direct est immédiat : si on a une
suite $(x_n)_n$ de points de $A$, c'est aussi une suite de $\overline{A}$ donc elle admet une sous-suite convergente
(voir théorème \ref{theometriquecompact}). Pour l'autre sens, on se donne $(x_n)_n$ une suite de $\overline{A}$ et on
veut montrer qu'elle admet une sous-suite convergente. Comme $x_n \in \overline{A}$ pour tout $n$, il existe $y_n \in
A$ tel que $d(x_n,y_n)\leq \frac{1}{n}$ par exemple. Par hypothèse, $(y_n)_n$ a une sous-suite $(y_{nk})_{nk}$
convergente dans $E$. On en déduit facilement que $(x_{nk})_{nk}$ converge vers la même limite. \fexer \dexer \hfill
\newline On note $S$ l'ensemble des applications surjectives $c$ de $[0,1]$ sur $C$ l'arc rectifiable et de constante
de Lipschitz $k_c$,
on a $l(C) = \displaystyle{\inf_{c \in S}} k_c$.\\
Soit $(c_n)_n \subset S$ telle que $(k_{c_n})_n$ soit une suite minimisante (par exemple :
$l(C) \leq k_{c_n} \leq l(C)+ \frac{1}{n}$).\\
On note $A = \{ c_n,\,n \geq 1 \} \subset {\cal C}[0,1]$. On va appliquer le th\e or\ee me d'Ascoli \`a l'ensemble $A$.

1) $A$ est \'equicontinue :\\
On remarque que $\Vert c_n(t) - c_n(s) \Vert \leq k_{c_n} \vert t - s \vert \leq (l(C)+1) \vert t-s \vert$ et ceci pour
tous $t$ et $s$ dans $[0,1]$. Donc $A$ est \'equicontinue.

2) Montrons que la suite $(c_n(s))_n$ est born\e e, $\forall s \in [0,1]$.\\
$C$ compact de $\RR^N$ est born\ea donc il existe $R>0$ tel que $C \subset B(0,R)$. Alors $\forall s \in [0,1]$,
$\forall c \in S$, $\Vert c(s) \Vert \leq R$.\\
Le th\e or\ee me d'Ascoli donne l'existence d'une sous-suite $(c_{n_p})_p$ convergeant uniform\e ment dans ${\cal
C}[0,1]$. On note $c_0$ la limite. On a
$$\forall p,\,\,\, \Vert c_{n_p}(s) - c_{n_p}(t) \Vert \leq k_{n_p} \vert s - t \vert,\,\,\,
\forall s,\,t \in [0,1],$$ donc quand $p$ tend vers l'infini, $\Vert c_0(s) - c_0(t) \Vert \leq l(C) \vert s-t \vert$,
$\forall s,\,t \in [0,1]$. Il reste \`a v\e rifier que $c_0$ est surjective : $c_0([0,1]) = C$. On sait que pour tout
$y \in C$ et pour tout $p$, il existe un $s_{np}$ dans $[0,1]$ tel que $y = c_{n_p}(s_{np})$. La suite $(s_{np})_p$ est
dans $[0,1]$ compact donc il existe une sous-suite encore not\e e $(s_{np})_p$ qui converge vers un $s \in [0,1]$.
Comme $s_{np} \longrightarrow s$ et $c_{n_p} \longrightarrow c_0$ uniform\e ment, on peut passer \`a la limite et on
obtient $y=c_0(s)$, donc $c_0$ est surjective et $l(C) = k_{c_0}$. \fexer \dexo \hfill \newline On a d\e j\`a vu $(i)
\Rightarrow (ii)$ dans l'exercice \ref{compactimpliqueva} et $(ii) \Leftrightarrow (iii)$
dans l'exercice \ref{vacompactseq}. Il reste \`a montrer $(iii) \Rightarrow (i)$.\\
D\e montrons le point 1) par l'absurde, si pour tout $r>0$, il existe $x_r$ tel que, pour tout $i$, $B(x_r,r)
\not\subset O_i$, en choisissant $r=\frac{1}{n}$, on construit une suite $(x_n)_n$ telle que $\forall i$, $B(x_n,
\frac{1}{n}) \not\subset O_i$. Par hypoth\`ese, il existe une sous-suite $(x_{nk})_k$ convergeant vers un $x$ dans $E$.
D'autre part, il existe $i$ tel que $x \in O_i$ ouvert donc pour un certain $N$, $B(x,\frac{1}{N}) \subset O_i$. Enfin,
$\exists n \geq 2N$ tel que $x_n \in B(x,\frac{1}{2N})$. Alors
$$B(x_n,\frac{1}{n}) \subset B(x_n, \frac{1}{2N}) \subset B(x, \frac{1}{2N} + \frac{1}{2N})
\subset O_i,$$
ce qui est absurde.\\
D\e montrons le point 2).\\
Soit $y_1 \in E$, $\exists i_1$ tel que $B(y_1,r) \subset O_{i_1}$. Si $E= O_{i_1}$, c'est
fini.\\
Sinon, $\exists y_2 \in E \setminus O_{i_1}$ et $\exists i_2$ tels que $B(y_2,r) \subset O_{i_2}$. Si $E = O_{i_1}\cup
O_{i_2}$, c'est fini, sinon $\exists y_3 \in E \setminus (O_{i_1}\cup O_{i_2})$ etc... Si le processus s'arr\ee te, $E$
est compact. Sinon, il existe une suite $(y_n)_n$ dans $E$ telle que $y_n \not\in O_{i_1}\cup ...\cup O_{i_{n-1}}$ et
donc $y_n \not\in B(y_1,r) \cup...\cup B(y_{n-1},r)$ pour tout $n$. Par hypoth\ee se, une sous-suite converge or
$d(y_n,y_m) \geq r > 0$ d\e s que $n>m$, c'est absurde. \fexo \dexo \hfill \newline Soit $x \in E$, comme $\overline{X}
= E$, il existe une suite $(x_n)_n \subset X$ telle que $x_n \rightarrow x$. En particulier, $(x_n)_n$ est de Cauchy et
comme $f$ est uniform\e ment continue, la suite $(f(x_n))_n$ est de Cauchy dans $F$ complet donc converge vers un
\'el\e ment not\ea $\tilde{f}(x)$. On d\e finit bien ainsi une application $\tilde{f} : E \rightarrow F$. Si $x \in X$
alors $f(x_n) \rightarrow f(x)$ donc
$f(x)=\tilde{f}(x)$ et $\tilde{f}$ prolonge $f$.\\
Montrons que $\tilde{f}$ est uniform\e ment continue. Par hypoth\`ese, pour tout $\ep >0$, il existe $\eta >0$ tel que
$\forall x,y \in X$
 v\e rifiant $d(x,y) \leq \eta$ on ait
$d(f(x),f(y)) \leq \ep$. Soient $x, y \in E$ tels que $d(x,y) \leq \eta /2$, il existe deux suites $(x_n)_n$, $(y_n)_n$
de points de $X$ convergeant respectivement vers $x$ et $y$ avec $d(x_n,y_n) \leq \eta$ pour $n$ assez grand. Les
relations $d(f(x_n),f(y_n)) \leq \ep$, $\tilde{f}(x) = \lim f(x_n)$, $\tilde{f}(y) = \lim f(y_n)$ entrainent
$d(\tilde{f}(x),\tilde{f}(y)) \leq \ep$ puisque la distance est continue. Donc $\tilde{f}$ est uniform\e ment continue.
Enfin, si deux applications continues co\"{i}ncident sur une partie dense, elles sont \'egales donc $\tilde{f}$ est
unique. \fexo \dexo \hfill \newline 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 $x_i^N \in
B(x,r)\cap D$. \fexo \dexo \hfill \newline 1) a)Soient $n = \dim E$ et $e_1,...,e_n$ une base de E. On d{é}finit pour
$x = \displaystyle{\sum_1^n} x_ie_i \in E$, la norme ${\Vert x \Vert}_1 = \displaystyle{\sum_1^n} \vert x_i \vert$.
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 $x = \displaystyle{\sum_1^n} x_ie_i \in E$, 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. \fexo \dexo \hfill \newline 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. \fexo \dexo \hfill \newline 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
$$\forall \ep >0,\,\exists N,\,\forall p,q \geq N,\,\forall n\quad \vert x_n^p -
x_n^q \vert \leq \ep.\qquad (\star)$$ 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 $d(x,H)=\vert \displaystyle{\sum_1^{\infty}} \frac{x_n}{2^n} \vert$. \fexo \dexo \hfill
\newline 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 $x_n=f_n(x_n)$, $\forall n$. 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 $f$. \fexo \dexo \hfill \newline
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. \fexo \dexo \hfill \newline 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
$x_{\vfi_{p-1}(n)}$. On peut donc en extraire une sous-suite $(x_{\vfi_{p}(n)})_n$ telle que
$d(x_{\vfi_{p}(n)},x_{\vfi_{p}(m)}) \leq \frac{1}{p}$. Soit $(x_{\vfi_{n}(n)})_n$ la suite diagonale, elle est bien
extraite de $(x_n)_n$ et v{é}rifie
$$d(x_{\vfi_{n}(n)},x_{\vfi_{m}(m)}) \leq
\frac{1}{m},\qquad \forall m,n,\,\,m \leq n.$$ Cette suite est donc de Cauchy dans E complet, elle converge, d'o{\`u} E
est compact. \fexo \dexo \hfill \newline
1) $T(B_E)$ est inclus dans le compact $\overline{B(0,\Vert T \Vert)} \cap ImT$ de Im($T$) qui est de dimension finie. Donc $T$ est compact.\\
2) $T(f) \in E$ par convergence dominée par exemple. $T$ est linéaire et $\forall x$,$$\vert T(f)(x)\vert\leq \Vert K
\Vert_{\infty}\;\Vert f \Vert_{\infty}.$$
Donc $T$ est continue sur $E$. \\
Pour montrer que $T$ est un opérateur compact, on applique le théorème d'Ascoli à $A=T(B_E)$ dans ${\cal C}[0,1]$. \\
L'uniforme continuité de $K$ permet de prouver l'équicontinuité de $T(B_E)$.\\En effet, $\forall \varepsilon >0$,
$\exists \eta >0$ tel que $\forall x,z \in [0,1]$ et $\forall y\in [0,1]$, on a $\vert x-z\vert\leq \eta $
$\Longrightarrow $  \\$\vert K(x,y)-K(z,y)\vert\leq \varepsilon$. D'où, $\forall x,z \in [0,1]$ tels que $\vert
x-z\vert\leq \eta $, on a, $\forall f\in B_E$,
$$\vert T(f)(x)-T(f)(z) \vert \leq \Vert f \Vert_{\infty}\;\int_0^1  \vert K(x,y)-K(z,y) \vert dy \leq \varepsilon.$$
Enfin, $\forall x\in [0,1]$, $\left\{ T(f)(x), f\in B_E\right\}\subset [-\Vert K \Vert_{\infty},\Vert K
\Vert_{\infty}]$ donc le point (ii) est vérifié. \\ \\On déduit du théorème d'Ascoli que $\overline{T(B_E)}$ est
compact.\fexo \dexo \hfill \newline
1) On suppose le contraire : on note $A=\left\{s^k,k\in \NN \right\}$. Soit $s$ défini par $s_n=0$ si $s_n^n=1$ et $s_n=1$ si $s_n^n=0$. Alors par construction $s=(s_n)_n \not\in A$ et pourtant $s \in A=\left\{0,1\right\}^{\NN}$ par définition. C'est absurde et $A$ n'est pas dénombrable.\\
2) Soit $z=(z_n)_n \in A=\left\{0,1\right\}^{\NN}$, on peut construire $f_z$ continue, affine par morceaux de telle sorte que $f_z(n)=z_n$, $\forall n\in \NN$ et $0\leq f_z(x) \leq 1$, $\forall x\in \RR$.\\
Par construction, si $z,z^{\prime} \in A$ avec $z\not= z^{\prime}$, $\vert f_z(x)-f_{ z^{\prime}}(x) \vert \leq 1$ et $\exists n\in \NN$ tel que \\ $\vert f_z(n)-f_{ z^{\prime}}(n) \vert =1$. Donc $\Vert f_z - f_{ z^{\prime}} \Vert_{\infty}=1$.\\
3) On suppose qu'il existe une suite $(g_n)_n$ dense dans ${\cal C}_b(\RR)$. Alors $\forall z\in A$, $\exists n_z\in \NN$ tel que $\Vert f_z - g_{ n_z} \Vert_{\infty}< 1/4$ par exemple.\\
On définit alors $i:A\longrightarrow \NN$ telle que $i(z)=n_z$. Vérifions que cette application est injective: soient
$z,z^{\prime} \in A$ avec $z\not= z^{\prime}$, alors
$$\Vert g_{ n_z} - g_{ n_{z^\prime}}\Vert_{\infty} \geq \Vert f_z - f_{ z^{\prime}} \Vert_{\infty} - \Vert f_z - g_{ n_z} \Vert_{\infty}- \Vert f_{ z^{\prime}}- g_{ n_{z^\prime}} \Vert_{\infty}.$$
Donc
$$\Vert g_{ n_z} - g_{ n_{z^\prime}}\Vert_{\infty} \geq \Vert f_z - f_{ z^{\prime}} \Vert_{\infty}-\frac{1}{2}\geq \frac{1}{2}>0,$$
ce qui implique que $n_z \not= n_{z^\prime}$. D'où $i$ est injective. Or $A$ n'est pas dénombrable, c'est absurde.
L'espace ${\cal C}_b(\RR)$ n'est donc pas séparable. \fexo
\dexo \hfill \newline
Préliminaire***********à faire*****************************************************
Partie I:\\
1) ${\Vert x^N -x \Vert}_p^p=\sum_{n\geq N+1}  \vert x_n \vert^p \longrightarrow 0$ quand $N\rightarrow \infty$ comme reste d'une série convergente.\\
Soit $x=(1,1,..,1,...)\in \linf$ alors $\forall N$, ${\Vert x^N -x \Vert}_{\infty}=1$.\\
2) Soit $1\leq p<\infty$. On pose $Q_N=vect_{\QQ}(e_1,...,e_N)$. Alors $\forall N$, $Q_N$ est dénombrable (car isomorphe à $\QQ^N$) et $D=\bigcup_N Q_N$ est dénombrable comme union dénombrable d'ensembles dénombrables. Vérifions que $D$ est dense dans $\lp$. Soit $x\in \lp$ et soit $\varepsilon >0$, il existe $N\geq 1$ tel que ${\Vert x^N -x \Vert}_p\leq \varepsilon $. Comme $\QQ$ est dense dans $\RR$, $\exists y^N\in Q_N$ tel que ${\Vert x^N -y^N \Vert}_p\leq \varepsilon $. On en déduit que ${\Vert y^N -x \Vert}_p\leq {\Vert y^N -x^N \Vert}_p+{\Vert x^N -x \Vert}_p\leq 2\varepsilon $ et donc $\lp$ est séparable.\\
3) Soient $x,y\in A$ avec $x\not= y$ alors $\exists i$ tel que $\vert x_i-y_i \vert =1$. On a $\Vert x-y \Vert_{\infty}\geq \vert x_i-y_i \vert =1$.\\

Soit $D$ une partie dense dans $\linf$ alors $\forall x\in A$, $\exists d_x\in D$ tel que $\Vert x-d_x \Vert_{\infty}\leq \frac{1}{4}$ par exemple. On définit ainsi une application 
\begin{eqnarray*}
d : A & \longrightarrow & D \\
      x & \mapsto & d_x.
\end{eqnarray*}
Montrons qu'elle est injective: on a
\begin{eqnarray*}
\Vert x-y \Vert_{\infty} & \leq  & \Vert x-d_x \Vert_{\infty}+\Vert d_x-d_y \Vert_{\infty}+\Vert d_y-y \Vert_{\infty} \\
        & \leq &\frac{1}{2} + \Vert d_x-d_y \Vert_{\infty}.
\end{eqnarray*}
Si $d_x=d_y$ alors $\Vert x-y \Vert_{\infty}\leq \frac{1}{2}$. Donc $x=y$. On a déjà vu que $A$ n'est pas dénombrable donc $D$ n'est pas dénombrable. L'espace $\linf$ n'est donc pas séparable.\\
4) Par concavité du log, on $\forall a,b\geq 0$,
$$\log(\frac{1}{p} a^p + \frac{1}{p^{\prime}} b^{p^{\prime}})\geq \frac{1}{p} \log(a^p )+ \frac{1}{p^{\prime}} \log(b^{p^{\prime}})=\log a+\log b=\log(ab).$$
On applique ensuite l'exponentielle (croissante), on obtient bien l'inégalitée demandée.\\
Soient $x\in \lp$, $y\in \lpp$ et $\lambda >0$. Alors 
$$\lambda \vert x_ny_n \vert = \vert \lambda x_n y_n \vert\leq \frac{1}{p}\lambda^p \vert x_n \vert^p+ \frac{1}{p^{\prime} } \vert y_n \vert^{p^{\prime}}.$$
On peut ensuite sommer sur $n$ car le terme de droite définit le terme général d'une série convergente et on a
$$\lambda \sum_n \vert x_ny_n \vert \leq \frac{1}{p}\lambda^p  \sum_n \vert x_n \vert^p + \frac{1}{p^{\prime} } \sum_n \vert y_n \vert^{p^{\prime}}.$$
On conclut en divisant par $\lambda >0$.
Maintenant on choisit $\lambda  = \frac{\Vert y \Vert_{p^{\prime}}^{\frac{p^{\prime}}{p}}}{\Vert x \Vert_p}$ pour $x$ et $y$ non nuls. En reportant dans l'inégalité ci-dessus, on a
$$\sum_n \vert x_ny_n \vert \leq (\frac{1}{p} + \frac{1}{p^{\prime}} )\Vert x \Vert_p \;\Vert y \Vert_{p^{\prime}}.$$
Et cette inégalité reste vraie si $x$ ou $y$ est nul. Le cas $p=1$ est facile.\\
5) $f$ a bien un sens grâce à l'inégalité de Holder démontrée en 4). Elle est linéaire et continue car $\vert f(x) \vert\leq \sum_n \vert x_ny_n \vert \leq \Vert x \Vert_p \;\Vert y \Vert_{p^{\prime}}$ d'aprés 4).\\
a) $\Lambda $ est linéaire et on a déjà $\Vert \Lambda_y \Vert\leq \Vert y \Vert_{p^{\prime}}$. Il faut montrer l'égalité.\\
Si $p=1$, soit $\varepsilon >0$, on fixe $k$ tel que $\vert y_k \vert \geq \Vert y \Vert_{\infty}-\varepsilon $ et on prend $x=\delta_k e_k$ où $\delta _k=sign(y_k)$ alors $\Lambda_y(e_k)=\vert y_k \vert $. D'où $\Vert \Lambda_y \Vert \geq \Vert y \Vert_{\infty}-\varepsilon $ pour tout $\varepsilon >0$. Donc $\Lambda $ est une isométrie.\\
Si $p>1$, on considère $x_n=\varepsilon _n \vert y_n \vert^{\frac{p^{\prime}}{p}}$ où $\varepsilon _n=sign(y_n)$. Comme $y\in \lpp$, $x\in \lp$ et $\Vert x \Vert_p^p=\Vert y \Vert_{p^{\prime}}^{p^{\prime}}$. On a
$$ \wedge _y(x)=\sum_n \vert y_n \vert^{p^{\prime}}=\Vert y \Vert_{p^{\prime}}^{p^{\prime}}\leq \Vert \Lambda _y \Vert \; \Vert x \Vert_p.$$
D'où $\Vert \Lambda _y \Vert = \Vert y \Vert_{p^{\prime}}$.\\
b) On sait déjà que $\Lambda $ est linéaire continue isométrique (donc injective). Il reste à montrer la surjectivité et on aura bien un isomorphisme ($\Lambda ^{-1}$ est continue).\\
Soit $f\in (\lp)^{\prime}$, on cherche $y\in \lpp$ tel que $f=\Lambda _y$. Grâce à 1), on peut écrire tout $x\in \lp$ comme somme de la série $x=\sum_n x_n e_n$. Si $f$ est linéaire et continue, on a $f(x)=\sum x_n f(e_n)$. Il est donc "naturel" de considérer $y=(y_n)_n$ avec $y_n=f(e_n)$.\\
Si $p=1$, par continuité de $f$, $\vert y_n \vert \leq \Vert f \Vert \Vert e_n \Vert_1\leq \Vert f \Vert$. La suite $(f(e_n))_n$ est bien dans $\linf$ et $f=\Lambda _y$. C'est surjectif.\\
Si $p>1$, il nous faut montrer que $y \in \lpp$. Soit $N \geq 1$ et soit donc $x^N=(x^N_n)_n$ avec $x^N_n=sign(y_n)\vert y_n \vert^{\frac{p^{\prime}}{p}}$ si $n\leq N$ et $x^N_n=0$ sinon. Alors $x^N\in \lp$ et $\Vert x^N \Vert_p^p= \sum_1^N \vert f(e_n) \vert^{p^{\prime}}  $. Donc $f(x^N)=\sum_1^N \vert f(e_n)\vert^{p^{\prime}}\leq \Vert f \Vert\,\Vert x \Vert_p$. On en déduit que $$\left(\sum_1^N \vert f(e_n)\vert^{p^{\prime}}\right)^{\frac{1}{p^{\prime}}}\leq \Vert f \Vert.$$
Et ceci quelque soit $N\geq 1$, donc $y=(f(e_n))_n\in \lpp$ et $\Lambda $ est surjective.\\
6) En reprennant les notations et les définitions de la question 5), on considère
\begin{eqnarray*}
\Lambda : \ell^1 & \longrightarrow & {(C_0)^{\prime}} \\
      y & \mapsto & {\Lambda}_y.
\end{eqnarray*}
D'abord ${\Lambda}_y \in (C_0)^{\prime}$ car elle est linéaire et $\vert \Lambda _y(x) \vert \leq \Vert y \Vert_1\, \Vert x \Vert_{\infty}$ pour tout $x\in C_0$. En particulier $\Vert \Lambda _y \Vert \leq \Vert y \Vert_1$.\\
On va montrer comme ci-dessus que $\Lambda $ est isométrique et surjective.\\
Soit $x\in C_0$ défini par $x_n=sign(y_n)$ si $n\leq N$ et $x_n=0$ sinon. Alors $\Vert x \Vert=1$ et $\Lambda _y(x)=\sum_1^N \vert y_n \vert \leq \Vert \Lambda _y \Vert$. C'est vrai pour tout $N$, on en déduit que $\Lambda $ est isométrique (donc injective).\\
Soit maintenant $f\in (C_0)^{\prime}$ et $y_n=f(e_n)$ comme tout à l'heure. On a comme en 5), $f(x)=\sum_n x_n y_n$ et il reste à vérifier que $y=(y_n)_n \in \ell^1$.\\
Soit $x$ défini par $x_n=sign(y_n)$ si $n\leq N$ et $x_n=0$, alors $f(x)=\sum_1^N \vert y_n \vert \leq \Vert f \Vert$. Et c'est vrai pour tout $N$, d'où $y \in \ell^1$.\\
Le dual de $C_0$ est donc (isomorphe à) $\ell^1$.\\ \\
Partie II:\\
1) Pour montrer que $\lp$ est vectoriel et que $d$ vérifie l'inégalité triangulaire, on a besoin de prouver une inégalité du type: $\forall x,y\geq 0$, $(x+y)^p\leq x^p+y^p$ ce qui équivaut à $\forall x\geq 0$, $(1+x)^p\leq 1+x^p$. On pose donc $f(x)=1+x^p-(1+x)^p$. Comme $p-1<0$, $f^{\prime}(x)\geq 0$ si $x>0$, donc $f(x)\geq f(0)=0$ pour tout $x\geq 0$. Il est facile de voir maintenant que $\lp$ est vectoriel et que $d$ est une distance sur $\lp$.\\
2) $d(x^N,x)$ est le reste d'une série convergente donc tend vers 0 avec $N$. Soit $x\in \lp$, comme la série $\sum_n \vert x_n \vert^p$ converge, il existe $n_0$ tel que $\forall n\geq n_0$, $\vert x_n \vert\leq 1$. On en déduit alors que $\vert x_n \vert\leq \vert x_n \vert^p$ car $0<p<1$. Donc la série $\sum_n \vert x_n \vert$ converge, d'où $x \in \ell^1$.\\
3) a) On raisonne par récurrence: pour $N=2$, c'est la définition de la convexité. On suppose c'est vrai au rang $N$. Soient $\lambda_1,...,\lambda _{N+1}\in [0,1]^{N+1}$ avec $\sum_1^{N+1} \lambda_i=1$. Soient $x_1,...,x_{N+1}\in A^{N+1}$. On pose $S=\sum_1^N \lambda_i$ de sorte que $S+\lambda _{N+1}=1$ et par hypothèse de récurrence, on a $$\sum_1^N \frac{\lambda_i}{S} x_i =y\in A.$$
Alors $$\sum_1^{N+1} \lambda _ix_i = \frac{S}{S+\lambda _{N+1}} y + \frac{\lambda _{N+1}}{S+\lambda _{N+1}} x_{N+1} \in A.$$
b) $\alpha e^n\in B(0,R)$ si $\alpha ^p<R$ et $\frac{\alpha e^n}{n^{\beta }}\in B(0,R)$ si $\frac{\alpha^p}{n^{p\beta }}<R$. Donc $\alpha =\frac{R^{\frac{1}{p}}}{2}$ convient par exemple.\\
c) Si $B(0,R)$ est convexe alors d'aprés b), $\forall N\geq 1$, $$x=\sum_{n=1}^N \frac{1}{N} \frac{\alpha e^n}{n^{\beta }} \in B(0,R),$$
avec $\alpha =\frac{R^{\frac{1}{p}}}{2}$. Comme $0<p<1$, on peut choisir $\beta =\frac{1-p}{2p}>0$ et dans ce cas 
$$\alpha^p N^{\frac{1-p}{2}}\leq \frac{\alpha ^p}{N^p}\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^{p\beta }}<R.$$
C'est absurde pour $N$ assez grand donc les boules ne sont pas convexes.\\
4) Soit $f=\Lambda _y$ défini dans l'énoncé. Comme $\lp\subset \ell^1$, $\forall x\in \lp$, $\vert f(x) \vert\leq \Vert y \Vert_{\infty}\Vert x \Vert_1$ et $f$ est bien définie. Il est facile de voir que $f$ est linéaire. On a montré en 1) que $\forall x,y\geq 0$, $(x+y)^p\leq x^p+y^p$. On en déduit, par récurrence, que $\forall N\geq 2$, $\forall x_1,...,x_N \geq 0$, $(x_1+...+x_N)^p\leq  x_1^p+...+x_N^p$. Maintenant si $x\in \lp\subset \ell^1$, en considérant les sommes partielles, on voit facilement que $\Vert x \Vert_1^p\leq d(0,x)$.\\
D'où $\forall x\in \lp$, $\vert f(x) \vert\leq \Vert y \Vert_{\infty}\Vert x \Vert_1\leq \Vert y \Vert_{\infty} d(0,x)^{\frac{1}{p}}$. Ce qui prouve que $f$ est continue en 0 et comme $d(0,x-y)=d(x,y)$, $f$ est continue partout.\\
5) $\Lambda $ est linéaire (déjà vu). $\Lambda $ est injective car si $\forall x\in \lp$, $\Lambda _y(x)=0$ alors en particulier $\Lambda _y(e^n)=y_n=0$ pour tout $n$. Donc $y=0$.\\
Montrons la surjectivité, soit $f\in (\lp)^{\prime}$, on pose $y_n=f(e^n)$. Vérifions que $y=(y_n)_n \in \linf$. 
On écrit la continuité de $f$ en 0 : pour $\varepsilon =1$, $\exists r>0$ tel que $x\in B(0,r)\Longrightarrow  \vert f(x) \vert\leq 1$. On a vu en 3)b) que $\exists \alpha >0$ tel que $\forall n$, $\alpha e^n\in B(0,r)$. Alors, $\vert \alpha f(e^n) \vert\leq 1 $. D'où $\vert f(e^n) \vert\leq \frac{1}{\alpha }$ pour tout $n$ et $f=\Lambda _y$.\fexo
\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 2}
\setcounter{exo}{0} \setcounter{chapter}{2} \setcounter{exo}{0} \dexo On considère l'ensemble $\cal{B}$ des systèmes
libres contenant $L$.
 On vérifie immédiatement que cet ensemble est inductif. En effet, si
${\cal F}=(F_i)_{i\in I}\subset \cal{B}$ est totalement ordonné, le système $F=\bigcup_{i\in I} F_i$ 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 ordonné, l'un des $F_{i_k}$
 contient tous les autres et donc le système
 $\{x_{i_1},\;...,\; x_{i_n}$ est un sous-système d'un système
  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 déduire que $\cal{B}$ a au moins un élément maximal $B$. Alors $B$ est
libre, contient $L$, et on ne peut lui adjoindre un nouveau vecteur sans le rendre lié,
 ce qui veut dire qu'il est bien libre et générateur.
\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{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}
$K^{\star\star}=\overline{K}$. \fexo \dexo \hfill \newline 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 $B$. \fexo \dexo \hfill \newline 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. \fexo \dexo \hfill \newline Par le th{é}or{è}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{é}sultat pr{é}c{é}dent {à} $id : E,\Vert
x \Vert_2 \rightarrow E, \Vert x \Vert_1$. \fexo \dexo \hfill \newline
%{ \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. \fexo \dexo \hfill \newline On
utilise le th{é}or{è}me du graphe ferm{é} (voir l'exercice \ref{grapheferme} page ~\pageref{grapheferme}). Montrons que
le graphe de $T$, not\'e $G(T)$, 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 $f(Tx) \not= f(y)$. \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 {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. \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{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 $\displaystyle{\bigcup_{n\geq 1}} \stackrel{o}{F_n}$ est
dense (et ouvert comme union d'ouverts).\\
2) $\forall n,\delta$, $F_{n,\delta}$ est ferm{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 $U = \displaystyle{\bigcap_{k\geq
1}}U_{\frac{1}{k}}$ 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 {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
$\RR$. \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 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. \fexo \setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 3}
\setcounter{chapter}{3}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline ************************************ BOSSE ROULANTE
*************************************** \fexo \dexo \hfill \newline *************************************RIEMANN
LEBESGUE ************************************* \fexo \dexo \hfill \newline Soient $E$ l'espace de Banach de dimension
finie en question et $\Ep =(f_i)_{i \in I}$
son dual topologique.\\
On note $\overline{S}^w$ la fermeture de $S(0,1)=\{x, ||x||=1\}$ pour la topologie faible et $\overline{B}(0,1)$ la
boule unit\ea ferm\e e pour la topologie forte. On va commencer par montrer que la boule ouverte (fort) $B(0,1) \subset
\overline{S}^w$.) Soit $x_0 \in B(0,1)$, les ensembles $V(x_0,J,\ep) = \{ y \in E, \vert <f_i,x_0-y> \vert < \ep,
\forall i \in J \}$ o{\`u} $J \in P.F.I$ et $\ep > 0$ constituent une base de voisinages (ouverts) faibles de $x_0$
dans $E$. Montrons
que $V(x_0,J,\eps) \cap S(0,1) \not= \emptyset$.\\
On choisit $y_0 \in E$, $y \not= 0$ tel que $<f_i,y_0> = 0$ pour tout $i$ dans $J$ (c'est possible sinon l'application
$F : E \rightarrow {\RR}^J$ d\e finie par $F(x) = (f_i(x))_{i \in J}$ est lin\e aire et injective donc $\dim E <
\infty$, c'est absurde). Alors pour tout $t \in \RR$, $x_0 +ty_0 \in V(x_0,J,\eps)$. On veut trouver $t$ tel que $\Vert
x_0 +ty_0 \Vert = 1$. Posons $g(t) = \Vert x_0 +ty_0 \Vert$ alors $g$ est continue sur $\RR$, $g(0) < 1$ et $g(t)
\rightarrow + \infty$ quand $t$ tend vers l'infini, donc il existe $t_0 > 0$ tel que $g(t_0) = 1$ et $x_0 +ty_0 \in
S(0,1) \cap V(x_0,J,\eps)$. D'o\u
$B(0,1) \subset \overline{S}^w$.\\
On a donc $S(0,1) \subset \overline{B}(0,1)=B(0,1) \cup S(0,1) \subset \overline{S}^w$. Enfin $\overline{B}(0,1)$ est
un convexe ferm\ea fort donc ferm\ea faible, d'o\u $\overline{S}^w = \overline{B}(0,1)$. \fexo \dexo
********************************************** DEMI ESPACE COMPLEXE ******************************* \fexo \dexo
\index{N}{${\cal V}_{\om}(x)$ est l'ensemble des voisinages de $x$ pour la topologie faible} \hfill \newline 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 $x =
\displaystyle{\sum_1^n} x_ie_i$, 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 $V \subset B(x_0,r)$. \fexo \dexo \hfill \newline 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 $\displaystyle{\bigcap_{i \in I}} \ker f_i \subset V$. Et $\vert < g,x > \vert <
1$ sur un espace vectoriel, donc n{é}cessairement $g(x) = 0$, $\forall x \in \displaystyle{\bigcap_{i \in I}} \ker
f_i$, par suite $\displaystyle{\bigcap_{i \in I}} \ker
f_i \subset \ker g$.\\
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 $\displaystyle{\bigcap_{i
\in I}} \ker f_i \subset \ker g$. D'apr{è}s le th{é}or{è}me d'Hahn-Banach \ref{hahn-banachfermecompact}, $\exists h \in
(\RR^{k+1})^{\prime}$, $h \not\equiv 0$ 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 $h(x) =
\displaystyle{\sum_0^k} \mu_i x_i$ 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. \fexo \dexo
\hfill \newline Par l'exercice \ref{dualitecomplexereelle} page ~\pageref{dualitecomplexereelle}, si pour tout $i$,
$Re(f_i(x))=0$, alors $f_i(x) = 0$ et $f(x) = 0$ par hypoth\ee se, donc $Re(f(x)=0$. D'o\u
 $$\bigcap_i ker Re(f_i) \subset ker Re(f).$$
Comme $E$ peut \eee tre vu comme un espace vectoriel r\e el, on peut appliquer le r\e sultat du 3) de l'exercice pr\e
c\e dent donc, $\exists (\lambda_1,...,\lambda_n) \in {\RR}^{n}$ tels que $Re(f) = \displaystyle{\sum_i} \lambda_i
Re(f_i).$ De la formule \ref{fref} page ~\pageref{fref}, on en d\e duit que pour tout $x \in E$,
$$f(x) = \sum_{j=1}^{n} \lambda_j (Re(f_j)(x) - i Re(f_j(ix))) = \sum_{j=1}^{n} \lambda_j f_j(x).$$
\fexo \dexo \hfill \newline 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 \ref{grapheferme} page ~\pageref{grapheferme}), 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 $\displaystyle{\sum_1^{n+1}} \lambda_k
Tx_k = 0$ ?\\
Ou encore tels que $T(\displaystyle{\sum_1^{n+1}} \lambda_k x_k) = 0$ ? On remarque que si il existe
$(\lambda_1,...,\lambda_{n+1})$ non tous nuls tels que $ \displaystyle{\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. \fexo \dexo \hfill \newline
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 $< \ell,x > = \displaystyle{\sum_1^{\infty}} x_ny_n$ 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 \ref{isombanach} page ~\pageref{isombanach}, 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
$\Longleftrightarrow$ $\forall y \in \linf <y,x^n> \rightarrow <y,0>=0$ $\Longleftrightarrow$
$\displaystyle{\sum_1^{\infty}} x_i^n y_i
\rightarrow 0$, $\forall y=(y_i)_i \in \linf$.\\
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 $F_k = K \cap \displaystyle{\bigcap_{n \geq k}} A_n$ 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. \fexo \dexo \hfill \newline 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 $u \in \displaystyle{\bigcap_{1\leq i \leq N}} \ker J(x_i)$ alors $g \in V \subset A$ donc $<\xi,u>
\leq \alpha + <\xi,f_0>$ et ceci $\forall u \in \displaystyle{\bigcap_{1\leq i \leq N}} \ker J(x_i)$ vectoriel. D'o\`u
$<\xi,u> =0$ et $\displaystyle{\bigcap_{1\leq i \leq N}} \ker J(x_i) \subset \ker \xi$. 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 $\xi =
\displaystyle{\sum_1^N} \lambda_i J(x_i) = J(\displaystyle{\sum_1^N} \lambda_i x_i)$. D'o\`u $x =
\displaystyle{\sum_1^N} \lambda_i x_i$ convient ($x \not=0$ car $\xi \not= 0$). \fexo \setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 4}
\setcounter{chapter}{4}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline ************************************ FNS SCI
*************************************************** \fexo \dexo \hfill \newline En ce qui concerne $A$, on raisonne
comme dans l'exercice \ref{polaire} page ~\pageref{polaire}, $A^{\perp\perp}$ est ferm\ea et contient
$\overline{vect(A)}$. Si il existe $x \in A^{\perp\perp}$ qui n'est pas dans $\overline{vect(A)}$, on s\e pare $\{ x
\}$ et $\overline{vect(A)}$ par un hyperplan ferm\ea et
on conclut comme dans l'exercice \ref{polaire} du chapitre $2$.\\
De m\eee me pour $B$, $B^{\perp\perp}$ est ferm\ea et contient $\overline{vect(B)}$. Si il existe $f_0 \in
B^{\perp\perp}$ qui n'est pas dans $\overline{vect(B)}$, par le th\e or\ee me d'Hahn-Banach version ferm\e -compact, il
existe $\xi \in \Epp$, non identiquement nulle, il existe $\alpha \in \RR$ tels que $<\xi,f_0> < \alpha < <\xi,f>$ pour
tout $f \in vect(B)$. Comme $vect(B)$ est vectoriel, on en d\e duit que $<\xi,f> = 0$ pour tout $f \in vect(B)$ et
$\alpha < 0$. Si $E$ est r\e flexif, $\exists x_0 \in E$ tel que $<\xi,f> = <f,x_0>$ pour tout $f \in \Ep$, alors
$<f,x_0> = 0$ pour tout $f \in B$ donc $x_0 \in B^{\perp}$ et $<f_0,x_0> = 0 < \alpha$ ce qui est absurde. \fexo \dexo
\hfill \newline
$E \subset {(E_{w\star}^{\prime})}^{\prime}$ :\\
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 $\vfi = \displaystyle{\sum_1^n} \lambda_i J(x_i) =
J(\displaystyle{\sum_1^n} \lambda_i x_i).$ Soit $x = \displaystyle{\sum_1^n} \lambda_i x_i \in E$ alors $\vfi = J(x)$,
d'o{\`u} le r{é}sultat. \fexo \dexo \hfill \newline 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. \fexo \dexo \hfill \newline 1) $K \subset \displaystyle{\bigcup_{n>0}} B(0,n)$ 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 $dim(\ker (Id-T)) < \infty$. \fexo \dexo \hfill \newline On d{é}finit $J : E \longrightarrow
\Epp$ par  $J(x)=J_x$ avec
$${<J_x,f>}_{\Epp,\Ep} = {<f,x>}_{\Ep,E} \quad \forall x \in E,\,\,\forall f \in
\Ep.$$ On a $\Vert J_x \Vert = \sup_{\Vert f \Vert \leq 1} \vert <f,x> \vert = \Vert x \Vert$ par Hahn-Banach,
donc J est lin{é}aire isom{é}trique. \\
Ici, E est r{é}flexif donc J est surjective c'est-\`a-dire $J(E)= \Epp$.\\
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 $\Vert f \Vert = \vert <f,x_0> \vert$. \fexo
\dexo \hfill \newline 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. \fexo \dexo \hfill \newline
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 $x = \displaystyle{\sum_1^n} \lambda_i x_i$ 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 $y = \displaystyle{\sum_1^n} r_i x_i$ alors $y \in Y_n \subset Y$ et on a $\Vert x-y \Vert \leq \ep
\displaystyle{\sum_1^n} \Vert x_i \Vert$. 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. \fexo
\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 5}
\setcounter{chapter}{5}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline Il suffit d'appliquer le théorème de convergence monotone à la suite croissante
des sommes partielles $\displaystyle{\sum_0^{k}} u_n$. \fexo \dexo \hfill \newline On \e crit $f = f^+ - f^- = g^+ -
h^+$ car $g$ et $h$ sont positives, donc $f^+ + h^+ = g^+ + f^-$. En utilisant la lin\e arit\ea positive de l'int\e
grale, voir la propri\e t\ea \ref{linearitepositive} page ~\pageref{linearitepositive}, on d\e duit que $\int f^+ +
\int h^+ = \int g^+ + \int f^-$. Par d\e finition,
 $\int f = \int f^+ - \int f^-$, d'o\u $\int f = \int g^+ - \int h^+ = \int g - \int h$.
 \fexo
% \dexo
%\hfill \newline Soit $f \in L^1(\RR^N)$, comme $|f| \geq 0$ p.p., on sait que $\int |f| \geq 0$. Par la lin\e %arit\ea
%positive de l'int\e grale, voir la propri\e t\ea \ref{linearitepositive} page ~\pageref{linearitepositive}, on sait
%aussi que pour tout $\lambda$ r\e el, $\Vert \lambda f \Vert = \int |\lambda f| = |\lambda| \int |f| = |\lambda| %\Vert
%f \Vert$. Nous allons v\e rifier que si $0 \leq f \leq g$ alors $\int f \leq \int g$, ce qui prouvera l'in\e galit\ea
%triangulaire. Soit $h = g-f \geq 0$ alors $\int h \geq 0$ et $\int g = \int (h+f) = \int h + \int f \geq \int f$. %\fexo
%\dexo \hfill \newline i) Si $f_n\to f$ dans $L^1$, alors  $\exists i_n,\; ||f_{i_n}-f||_{L^1}<2^{-n-1}$. Donc
%$||f_{i_{n+1}}-f_{i_n}||_{L^1}<2^{-n-1}+2^{-n-2}<2^{-n}$.
%\newline
%ii)  On a $\Sigma_{n}||g_n||_{L^1}\leq \Sigma 2^{-n}=1$. On pose $h(x)=\Sigma_n |g_n(x)|$. Cette série est %positive et
%converge partout (éventuellement vers l'infini).  Par le théor\ee me de convergence monotone, $\int h(x)dx=\Sigma_n
%\int |g_n(x)|dx= \Sigma_n ||g_n||_{L^1}\leq 1$.  Donc $h(x)\in L^1$ et on déduit que la série de réels $\Sigma_n
%|g_n(x)|$ est convergente pour presque tout $x$.  Il est donc de m\eee me pour la série $\Sigma_n g_n(x)$.  Cette
%derni\ee re série  a $h(x)$ pour chapeau intégrable.  Par le théor\ee me de Lebesgue, elle est donc convergente dans
%$L^1$.  Comme $f_{i_{n+1}}=f_1+\Sigma_1^ng_n$, on en déduit que $f_{i_n}$ converge dans $L^1$.
%\newline
%iii) $|f_1|+h(x)$ est un chapeau intégrable pour la suite $f_{i_n}$. \fexo 
\dexo
\hfill \newline
***************************Norme L1 **********************************
\fexo
\dexo \hfill \newline Pour obtenir $E$, on a
enlev\ea \a $[0,1]$, un ensemble de mesure $\ell_1+2
 \ell_2 +...+ 2^n \ell_{n+1} +...$. Donc $\vert E \vert = 1 -
 \displaystyle{\sum_0^{+ \infty}} 2^n \ell_{n+1}$. Maintenant si $\ell_n =
 (\frac{1}{3})^n$, $\vert E \vert =1 - \frac{1}{2} \displaystyle{\sum_1^{+ \infty}}
 (\frac{2}{3})^n = 1-1=0$.\\ Si, par exemple, on prend
 $\ell_n = (\frac{1}{4})^n$, $\vert E \vert = 1 - \frac{1}{2}
 \displaystyle{\sum_1^{+ \infty}} (\frac{1}{2})^n = 1 - \frac{1}{2} > 0$.
\fexo 
%\dexo \hfill \newline 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. \fexo 
%**********************************************************************************************
\dexer
\hfill \newline
1) On pose $h_j(x)=j$ si $x\in A$ et $h_j(x)=0$ sinon. La suite $(h_j)_j$ est positive, croissante et converge p.p. vers $h$. On peut donc lui appliquer le théorème de convergence monotone. Et, on obtient $\lim_j \int_{\RR^N} h_j= \int_{\RR^N} h$.\\
Or, $\int_{\RR^N} h_j=\int_A h_j=j\vert A \vert$. Si $\vert A \vert=0$, $\int_{\RR^N} h_j=0$ pour tout $j$ et $\int_{\RR^N} h=0$. Si $\vert A \vert>0$, $\lim_j \int_{\RR^N} h_j=+\infty=\int_{\RR^N} h$.\\
2) Si $f$ positive est sommable, on pose $A=\left\{ x\in \RR^N : f(x)= +\infty  \right\}$ et on définit $h$ comme en 1). Alors $\int_{\RR^N} h=\int_{A} h= \int_A f < +\infty$ car $f$ est sommable. Donc nécessairement $\vert A \vert=0$.\fexer
\dexer  
\hfill \newline
Comme $[-k, k]$ est un compact, la fonction $f$ considérée est uniformément continue sur $[-k,k]$.  Il
existe donc $n\in {\mathbb N}$ tel que $|x-y|\leq \frac 1 n,$ $x, y\in [-k, k]$ $\Rightarrow$ $|f(x)-f(y)|\leq
\frac{\varepsilon}{4k}$.  On recouvre $[-k,k]$ par $n$ intervalles consécutifs de longueur $\frac {2k}n$.  On vérifie
aisément que les $2n$ rectangles $[l\frac 1  n, (l+1)\frac 1 n]\times [f((l+\frac 1 2)\frac k n)-\frac \varepsilon{4k},
f((l+\frac 1 2)\frac k n) + \frac \varepsilon {4k})]$, $l=-n, -(n-1),..., n-1$  recouvrent le graphe de $f$ sur
$[-k,k]$.  Donc la mesure de ce graphe est plus petite que $2n \frac{2k}n \frac \varepsilon{4k}=\varepsilon$.
\newline
\newline Solution plus élégante : Soit $\varphi : \RR^2\to \RR$ définie par $\varphi(x,y)=y-f(x).$  Alors $\varphi^{-1}(0)=\{(x,f(x)), \; x\in  \RR\}$ et par le théorème de Fubini-Tonnelli,
$$\lambda(\{(x,f(x)),\; x\in \RR\})=\int_{\RR}(\int_{\RR}\indic_{y=f(x)}(x,y)dy)dx=0$$
car les singletons sont de mesure de Lebesgue nulle.

\fexer
\dexer 
\hfill \newline
Comme les boules sont de mesure strictement positive, on déduit que $f(x)=g(x)$ sur un ensemble dense de
${\RR}^N$, et, par continuité, partout.
\fexer
\dexer  
\hfill \newline
Appliquer le théorème de convergence dominée de Lebesgue à la suite $(f\indic_{A_n})_n$. \fexer

\dexer 
\hfill \newline
Notons $[h\leq M]$ l'ensemble $\{x, h(x)\leq M\}$. On écrit
\begin{eqnarray*}\label{AMhn}
\int_{A_n}h(x)&\leq& \int_{A_n\cap [h(x)\leq M]}h(x)dx+\int_{A_n\cap [h(x)>M]}h(x)dx \\
              &\leq& M \lambda(A_n) +\int_{[h(x)>M]}h(x)dx.
\end{eqnarray*}
Par le théorème de la convergence dominée, on a $\int_{[h(x)>M]}h(x)dx \to 0$.  En effet, $h(x)\indic_{[h(x)>M]}$
tend vers zéro presque partout car $\lambda([h=+\infty]) =0$ (Exercice \ref{finfiniesurmesurenulle})  et $|h(x)|$ est
chapeau intégrable. On peut donc fixer pour tout $\varepsilon>0$, $M$ tel que $\int_{[h(x)>M]}h(x)dx<\varepsilon.$  On
choisit ensuite $n$ suffisamment grand pour que $M\lambda(A_n)<\varepsilon$ et on déduit alors de (\ref{AMhn}),
$\int_{A_n}h(x)dx <2\varepsilon.$ \fexer

\dexer 
\hfill \newline
On sait que $f_n(x)\to \sum_0^\infty (-1)^kx^k=\frac 1 {1+x}$ pour tout $0\leq x<1$.  Par ailleurs, la
série étant alternée,  $f_0(x)=1$ est "chapeau intégrable" pour $f_n(x)\geq 0$ sur [0,1]. Par le théorème de
Lebesgue, on déduit que $f_n(x)\to \frac 1 {1+x}$ dans ${L}^1(0,1)$, ce qui implique que $\int_0^1f_n(x)dx \to
\int_0^1\frac 1 {1+x}dx=Log 2.$  En intégrant terme à terme, on obtient $\sum_1^\infty \frac {(-1)^{n+1}}{n}=Log 2$.
\fexer

\dexer 
\hfill \newline
En posant $y=nx$, on a $n\int_1^\infty f(nx)dx = \int_n^\infty f(y)dy=\int_{{\RR}}\indic_{[n,+\infty[}(y)f(y)dy$. La fonction $f(y)\indic_{[n, \infty[}(y)$ tend ponctuellement vers z\'ero quand
$n\to \infty$ et $|f|$ en est chapeau intégrable.  Donc par le théorème de Lebesgue, l'intégrale considérée tend
vers zéro.
 \fexer
\dexer
\hfill \newline
Prendre par exemple $f_n(x)= 1$ si $n\leq x\leq n+1$ et $f_n(x)=0$ sinon.\fexer
\dexer
\hfill \newline
$\bullet$ On pose $f_n(x)= n$ si $0\leq x\leq \frac 1 n$ et $f_n(x)=0$ sinon. Alors $f_n(x)$ tend vers 0 pour tout
$x\in ]0,1]$.  Par contre, $\int f_n = 1$ et donc $f_n$ ne tend pas vers 0 dans $L^{1}$.

$\bullet$ On considère la suite de fonctions $f_n$ définies sur $[0,1]$ par
\newline
$f_1 = 1$ sur [0,1]
\newline $f_2 = 1$ sur $[0, \frac 1 2]$, 0 ailleurs
\newline $f_3 = 1 $ sur $[\frac 1 2, 1]$, 0 ailleurs
\newline $f_4 = 1$ sur $[0, \frac 1 4]$, 0 ailleurs
\newline $f_5 = 1 $ sur $[\frac 1 4, \frac 1 2]$, 0 ailleurs
\newline $f_6 = 1$ sur $[\frac 1 2, \frac 3 4]$, 0 ailleurs...
\newline La formule générale est :
\newline Si $2^{k-1}\leq n<2^k$, alors $f_n=1$ sur $[\frac {n-2^{k-1}}{2^{k-1}},
 \frac {n+1-2^{k-1}}{2^{k-1}}]=[\frac n{2^{k-1 }}-1, \frac {n+1}{2^{k-1}}-1]$.\\
Cette suite de fonctions est une "bosse roulante" dont la largeur tend vers zéro, mais qui balaye constamment
l'intervalle $[0,1]$. Elle est positive et son intégrale tend vers zéro.  Donc $f_n \rightarrow 0$ dans $L^{1}$.  Par
contre, $f_n(x)$ ne tend jamais vers 0.  En effet, si $x$ est un point de [0,1], on peut poser par division euclidienne
$x=\frac N{2^{k-1}}+r$, avec $N<2^{k-1}$ et $r<\frac 1{2^{k-1}}$. Posons $n=N+2^{k-1}$, ce qui permet d'écrire $x$ sous
la forme $x= \frac{n-2^{k-1}}{2^{k-1}}+r$.  On voit que $f_n(x)=1$, alors que $f_{n+2}(x)=0$ par exemple.  Donc
$f_n(x)$ ne converge nulle part!
\fexer
\dexer 
\hfill \newline
On pose $x=(x_1,..., x_N)$ et $$m(r) =\lambda(\{x\in E,\; x_1\leq r\})= \int_{{\RR}^{N}}\indic_{\{x,
\;x_1\leq r\}}dx.$$ Une application immédiate du théorème de Lebesgue montre que $m$ est une fonction continue.
Toujours par le même théorème, on montre que $m(r)\to 0$ quand $r\to -\infty$ et $m(r)\to \lambda(E)$ quand
$r\to +\infty$. (Dans tous les  cas, on utilise tout bonnement la fonction $\indic_E$ comme chapeau intégrable). Par le
théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction $m(r)$, il existe donc pour tout $0<a<\lambda (E)$ un
réel $r$ tel que $m(r)=a$.
\fexer

\dexer
\hfill \newline
 Comme $w_n\geq 0$, on  a $  0\leq (w-w_n)^+\leq w\in L^{1} $
et donc par le théorème de Lebesgue $\int (w-w_n)^+\to 0$.   On déduit de la relation $ \int (w-w_n)^+ -\int
(w-w_n)^-= \int w-w_n\to 0$ que $\int (w-w_n)^-$ tend aussi vers zéro et finalement que la somme  des deux m\^emes
intégrales $\int |w-w_n|= \int (w-w_n)^+ +\int (w-w_n)^-$ tend vers  zéro.\fexer

\dexer 
\hfill \newline
On applique le critère d'intégration avec par exemple $\varepsilon =1$. Il existe donc $\eta$ tel que
$\lambda(K)\leq \eta \Rightarrow \int_K|f|\leq 1$. Comme $B$ est borné, il peut \^etre recouvert par un  nombre fini de
boules de mesure inférieure à $\eta$, $B_1, ..., B_k$.  On a donc $\int_B |f|\leq \Sigma_{i=1}^k \int_{B_i}|f|\leq k$,
ce qui prouve que $f\in {L}^{1}(B)$.
\newline Réciproquement, soit $f\in {L}^{1}(B)$ et supposons par
contradiction qu'il existe $\varepsilon$ et une suite $K_n$ de sous-ensembles de $B$ tels que $\int_{K_n}f\geq
\varepsilon$ et $\lambda(K_n)\to 0$.  Quitte à extraire une sous-suite, on peut supposer que $\lambda(K_n)\leq \frac 1
{2^n}$.  On pose $J_n=\cup_{k=n+1}^{\infty} K_k$.  Donc $\mes(J_n)\leq \Sigma_{k=n+1}^\infty\frac 1 {2^k}\leq\frac 1
{2^n}.$  La suite $g_n$ des fonctions caractéristiques des $J_n$ est une suite décroissante de fonctions  positives
dont l'intégrale tend vers zéro.  Elle converge donc presque partout vers zéro. Revenant à $f$, on a $\int_{J_n}|f| =
\int_B g_n(x)|f(x)|dx$.  Comme $g_n(x)|f(x)|$ tend presque partout vers zéro et que $|f|$ est chapeau intégrable, on
conclut que $\int_{J_n}|f|\to 0$, ce qui contredit le fait que $\int_{J_n}|f|\geq \varepsilon$.

\fexer
\dexer
\hfill \newline
1)Si $f_n\to f$ dans ${L}^{1}$, alors elle est de Cauchy et vérifie
$$\forall \varepsilon >0,\;\exists N,\;\forall n,m\geq N,\;\; \Vert f_n-f_m\Vert_1\leq \epsilon .$$
En particulier pour $\epsilon =\frac{1}{2}$, $\exists n_1$ tel que $\forall n,m\geq n_1$, $\Vert f_n-f_m\Vert_1\leq \frac{1}{2}$. \\
Ensuite, pour $\epsilon =\frac{1}{2^2}$, $\exists n_2> n_1$ tel que $\forall n,m\geq n_2$, $\Vert f_n-f_m\Vert_1\leq \frac{1}{2^2}$ et $\Vert f_{n_2}-f_{n_1}\Vert_1\leq \frac{1}{2}$. Et on recommence, etc...Il existe donc une suite $(n_k)_k$ strictement croissante telle que $\Vert f_{n_{k+1}}-f_{n_k}\Vert_1\leq \frac{1}{2^k}$.
\newline
2)  On pose $G_N(x)=\sum_1^N \vert g_k(x) \vert$. On a $\int G_N=\sum_{k=1}^N\|g_k\|_{1}\leq \sum_k 2^{-k}=1$. La suite $(G_N)_N$ est positive et croissante donc la série $G(x)$ est positive et
converge partout (éventuellement vers l'infini).  Par le théorème de convergence monotone, $\int G(x)dx=\Sigma_k
\int |g_k(x)|dx= \sum_k \|g_k\|_{1}\leq 1$.  D'où $G \in {L}^{1}$ et on déduit que la série de réels
$G(x)=\sum_k |g_k(x)|$ est finie p.p. et converge pour presque tout $x$.  Il en est donc de même pour la série $g(x)=\sum_k g_k(x)$. Comme $f_{n_{k+1}}=f_{n_1}+\sum_1^kg_i$, on en déduit que $(f_{n_k})_k$ converge p.p. vers $g+f_{n_1}$.\\
3) La série $\sum_k g_k(x)$ a $G$ pour chapeau intégrable donc $|f_{n_1}|+G$ est un chapeau intégrable pour la suite $(f_{n_k})_k$.  Par le théorème de Lebesgue, elle converge vers $g+f_{n_1}$ dans ${L}^{1}$.  Par unicité de la limite, on en déduit que $f=g+f_{n_1}$ p.p.\\

Remarque:  Adaptation à la démonstration de complétude de ${L}^{1}$ : Si $f_n$ est une suite de Cauchy dans ${
L}^{1}$, on peut définir $g_k$ comme précédemment et appliquer exactement le même raisonnement pour prouver que la
série $\sum_k g_k(x)$ converge pour presque tout $x$ et a donc une limite ponctuelle $g(x)$.  On déduit alors du
théorème de Lebesgue que $(f_{n_k})_k$ converge vers $f=g+f_{n_1}$ dans ${L}^{1}$.  Il est alors immédiat (inégalité
triangulaire) que toute la suite $(f_n)_n$ converge vers $f$.\fexer
\dexer
\hfill \newline
 Notons $\indi_{[0,n]}$  la fonction caractéristique de $[0,n]$, qui vaut 1 si $x\in[0,n]$ et 0 ailleurs.
Alors
$$\Gamma_n=\int_0^{+\infty}(1-\frac x n)^ne^{\frac x 2}\indi_{[0,n]}(x)dx.$$
On calcule la limite ponctuelle de l'intégrand :\\ 
Comme $(1-\frac x n)^n=e^{n\log(1-\frac x n)} \rightarrow e^{-x}$ quand $n \rightarrow
+\infty$, on voit que l'intégrand tend vers $e^{-\frac x 2}$. \\
Reste à trouver un chapeau intégrable. On sait que $1+x\leq e^{x}$, on en déduit que $(1-\frac x n)^ne^{\frac x 2}\indi_{[0,n]}(x)\leq e^{-\frac x 2}$ pour tout $x\geq 0$. On conclut par le théorème de Lebesgue que $\Gamma_n \rightarrow \int_0^{+\infty}e^{-\frac x 2}dx=2$.\fexer
\dexer 
\hfill \newline
On a
$$\alpha\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}dx\leq
\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}|f(x)|dx=\int\chi_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}(x)|f(x)|dx.$$ On remarque que
$\indic_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}f(x)\to 0$ quand $\alpha\to +\infty$, presque partout, et que
$|\indic_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}f(x)|\leq |f(x)|$ qui est donc chapeau intégrable.  Par le théorème de Lebesgue, on a
donc
$$\int_{\{|f(x)|\geq\alpha\}}|f(x)|dx\to 0$$
\fexer

\dexer
\hfill \newline
On a pour $t>0$,
$$\frac {\varphi(t)-\varphi(0)}{t}=\int_0^1\frac
{t}{\sqrt{f(x)+t^2}+\sqrt{f(x)}}dx=\int_0^1 k_t(x)dx.$$ On voit que $k_t(x)=1$ si $f(x)=0$ et $k_t(x) \rightarrow  0$ quand
$t \rightarrow  0$ si $f(x)\neq 0$. Donc $k_t(x) \rightarrow \indi_{\{f(x)=0\}}$, la fonction caractéristique de l'ensemble des points
où $f(x)$ s'annule. Ceci nous donne la limite ponctuelle. Cherchons un chapeau intégrable. On voit immédiatement que
$|k_t(x)|\leq 1$. Donc, par le théorème de Lebesgue, $k_t\to \indi_{\{f(x)=0\}}$ quand $t \rightarrow 0$ dans $L^{1}(0,1)$.  D'où $\varphi'(0^+)=\int \indi_{\{f(x)=0\}}=\lambda(\{x,f(x)=0\}).$ \fexer
\dexer
\hfill \newline
Par le théorème de la convergence monotone, on a
$$\int_0^1\sum_{n\in\ZZ} |f(x+n)|=\sum_{n\in
\ZZ}\int_0^1|f(x+n)|dx=\sum_{n\in\ZZ}\int_n^{n+1}|f(x)|dx= \int_{{\RR}}|f(x)|dx.$$ La série
$\sum_{n\in \ZZ}|f(x+n)|$ converge donc pour presque tout $x$ et il en de m\^eme pour la série $\sum_{n\in
\ZZ}f(x+n)$. Celle-ci a $\sum_{n\in\ZZ}|f(x+n)|$ comme chapeau intégrable.  Par le théorème de
Lebesgue, elle est  donc convergente dans $L^{1}$ et on obtient la formule demandée.\fexer
\dexer
\hfill \newline
1) $\forall t>0$, $x \mapsto e^{-t}\, t^{x-1}$ 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,
$$\vert e^{-t}\, t^{x-1} \vert \leq \indi_{(0,1)} e^{-t}\, t^{a-1} +
\indi_{(1,+\infty)} e^{-t}\, t^{b-1} \in L^1(0,+\infty).$$ 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
$$\vert \frac{\partial}{\partial x^k} (e^{-t}\, t^{x-1}) \vert \leq \indi_{(0,1)}
e^{-t}\vert \log t\vert^k t^{a-1} + \indi_{(1,+\infty)} e^{-t}\vert \log t
\vert^k t^{b-1} \in L^1(0,+\infty),$$ $\forall x \in [a,b] \subset ]0,+\infty[$.
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 $\RR^{+\star}$.\\
2) Quand $x \longrightarrow  0$, le théorème de convergence monotone nous dit que
$$\Gamma (x)\geq \int_0^1e^{-t}t^{x-1}dt\to \int_0^1 \frac
{e^{-t}}{t}dt=+\infty.$$
\fexer
\dexer
\hfill \newline
On a $F(\lambda) = \int_0^1 f(x,\lambda)dx=\int_0^\lambda\phi(x)dx.$ Donc $F'(\lambda) = \phi(\lambda)$. On
voit que la conclusion du théorème de dérivation sous le signe somme est fausse. En effet, l'hypothèse b) est
invalidée : $\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x,\lambda)$ n'existe pas en tout point de $A\times I$ = $[0,1]\times
[0, 1]$, mais seulement en presque tout point. \fexer

\dexer
\hfill \newline
 Dans la première question, c'est l'hypothèse que $f$ soit sommable qui n'est pas vérifiée. Dans la
seconde, aussi, car si $f$ était sommable, l'ordre d'intégration serait indifférent. On peut d'ailleurs vérifier
directement que $\int|f(x,y)|dxdy=\int_0^{+\infty} (|e^{-y}-2e^{-y}|\int_0^{\min(1,y)}\frac 1 xdx)dy.$
 Dans la troisième, la
fonction $f$ est bien bornée, mesurable et sommable, mais la seconde mesure n'est pas $\sigma$-finie. 
\fexer
\dexer
\hfill \newline
 Toutes les hypothèses du théorème de Fubini sont vérifiées, ... sauf une, la mesurabilité de $f$.
\fexer
********************************************************************************************************************
% \dexo \hfill
%\newline 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 $T$. \fexo 
\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 6}
\setcounter{chapter}{6}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline ******************************************** L1 et L INFINI NORMES
************************ \fexo \dexo \hfill \newline ********************************************* HOLDER GENERALISE
**************************** \fexo \dexo \hfill \newline Soit $f_n(x) = x^n$ alors pour tout n, $f_n \in
L^{\infty}(0,1)$, pour tout $x \in [0,1]$, $|f_n(x)| \leq 1 \in L^{\infty}(0,1)$ et $f_n(x) \rightarrow 0$ p.p. sur
$(0,1)$. Et on a $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$. \fexo \dexo \hfill \newline
************************************************ RECIP CD ********************************* \fexo \dexo \hfill \newline
Notons $K$ le support borné de la fonction $f$ et $|K|$ sa mesure. Alors $|f|^q \in L^{\frac{p}{q}}$ et $\ind_K \in
L^{(\frac{p}{q})^{\prime}}$ avec $(\frac{p}{q})^{\prime} = \frac{p}{p-q}$. En utilisant l'in\e galit\ea de H\ooo lder
\ref{holder} page ~\pageref{holder}, on obtient
$$\int |f|^q \leq \left( \int |f|^{q \frac{p}{q}} \right)^{\frac{q}{p}} |K|^{\frac{p-q}{p}},$$
et donc,
$$||f||_q \leq ||f||_p \, |K|^{\frac{p-q}{pq}}.$$
On trouve alors une constante $C = |K|^{\frac{p-q}{pq}}$. Si on choisit maintenant $f=\ind_K$, l'in\e galit\ea pr\e c\e
dente devient une \e galit\ea, on ne peut pas mieux faire. \fexo \dexo \hfill \newline
************************************************ C Ex THM 6.9 ***************************** \fexo \dexo \hfill \newline
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 $Q_n(x) = \displaystyle{\sum_0^{d_n}} a_p x^p$ alors
\begin{eqnarray*}
\int_0^1 Q_n(x-y)f(y) dy &=& \int_0^1 \displaystyle{\sum_{p=0}^{d_n}} a_p \displaystyle{\sum_{k=0}^p} C_p^k x^k
(-y)^{p-k} f(y) dy,\\
 &=& \displaystyle{\sum_{p=0}^{d_n}} a_p \displaystyle{\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 ${\cal C}([0,1])$. \fexo \dexo \hfill \newline
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 $L^2(\RR)$. \fexo \dexo \hfill \newline
%{ \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 $C = \int_{\vert y \vert < 1} g(y) dy$. \fexo \dexo \hfill \newline
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. \fexo \dexo \hfill \newline 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
$$ \int \vert f \vert^r \leq {\left(\int \vert f \vert^p\right)}^{\frac{r\theta}{p}} 
{\left(\int \vert f \vert^q\right)}^{\frac{(1-\theta)r}{q}}.$$ 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 \ref{reciptheocd} page ~\pageref{reciptheocd}), 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}. \fexo \dexo \hfill \newline 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 $f \in \displaystyle{\bigcap_{1 \leq p < \infty}} L^p(\Om)$. \fexo \dexo
\hfill \newline 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 $\forall q$, $x^q (Pf)^k (x)=
\displaystyle{\sum_0^k} P_j(x) f^{(j)}(x)$ 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. \fexo
\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 7}
\setcounter{chapter}{7}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline **************************************************** VALEUR MEDIANE
***************************************** \fexo \dexo \hfill \newline
**************************************************** TRIBU ************************************************ \fexo \dexo
\hfill \newline 1)  On écrit pour tout $x\in \RR$ $x=n +r$, $0\leq r<1$ et on pose $g(n+r)=(-1)^n$.  On considère
également $f=\indic_{[0,\;1]}\in  L^1(\RR)$.
 On a donc $\int f(x)g(x-n)=(-1)^n$ qui ne converge pas. Donc la suite $g_n(x)=g(x-n)$
ne converge pas faiblement-*.\\
2) Franchement, ce n'est pas compliqué : il suffit de prendre $g=1$. \fexo \dexo \hfill \newline 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, voir l'exercice \ref{reciptheocd} page
~\pageref{reciptheocd}, 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. (voir l'exercice \ref{reciptheocd} page ~\pageref{reciptheocd}) 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 limite 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. \fexo \dexo \hfill \newline
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 $K_0 = \displaystyle{\bigcap_{\vfi \in \Phi}} K_{\vfi}$ 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
$E = \displaystyle{\bigcup_{n,k}} E_{n,k}$ 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 $K =
\displaystyle{\bigcap_{\vfi \in \Phi}} K_{\vfi}$ 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
$\star$.\\
\fexo \dexo \hfill \newline 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.) \fexo \dexo \hfill \newline 1) Par la propri{é}t{é} d'absolue continuit{é} (voir
l'exercice \ref{absoluecontinuite} page ~\pageref{absoluecontinuite}), 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 (\'enonc\'e page ~\pageref{theoegoroff}), 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 (\'enonc\'e
page~\pageref{theoegoroff}), $\exists A$ 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. \fexo \dexo \hfill \newline
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}, voir l'exercice \ref{absoluecontinuite} page
~\pageref{absoluecontinuite}, {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. (voir l'exercice \ref{reciptheocd} page ~\pageref{reciptheocd}). 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 (voir l'exercice \ref{absoluecontinuite} page
~\pageref{absoluecontinuite}) {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 (\'enonc\'e page~\pageref{theoegoroff}), $\exists A
\subset \Om$ 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 $\ep$. \fexo \dexo \hfill \newline
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 \\
$$\int_0^1 \vert f_n \vert^p = \Vert f_n \Vert_p^p = \frac{1}{p} (1 - e^{-np})
{\longrightarrow} \frac{1}{p},$$ quand $n$ tend vers l'infini. 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. \fexo \setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 8}
\setcounter{chapter}{8}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline D'apr\e s le th\e or\ee me de projection \ref{desprojections} page
~\pageref{desprojections}, pour tout $h \in C$, on a les deux in\e galit\e s, Re$(f_1 - u_1,h-u_1) \leq 0$ et Re$(f_1 -
u_1,h-u_1) \leq 0$ o\u $u_i = Pf_i$. On choisit $h=u_2$ dans la premi\ee re  et $h=u_1$ dans la deuxi\ee me puis on
additionne, on obtient
$$\mbox{Re}(f_1-f_2,u_2-u_1)+\Vert u_2-u_1 \Vert^2 \leq 0,$$
donc,
$$\Vert u_2-u_1 \Vert^2 \leq \mbox{Re}(f_2-f_1,u_2-u_1) \leq \vert (f_2-f_1,u_2-u_1) \vert.$$
Par l'in\e galit\ea de Cauchy-Schwarz, on en conclut que $\Vert u_2-u_1 \Vert \leq \Vert f_2-f_1 \Vert.$ \fexo \dexo
\hfill \newline ************************************************** PARSEVAL
********************************************** \fexo \dexo \hfill \newline
**************************************************BILINEAIRE********************************************* \fexo \dexo
\hfill \newline *****************************************************sin |nx|
******************************************* \fexo \dexo \hfill \newline 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}
$$\max \{ (x_0,y) : y \in M^{\perp}, \Vert y \Vert = 1 \} = \min \{ \Vert x_0 - x
\Vert, x \in M \}.$$ \fexo \dexo \hfill \newline 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}, voir
l'exercice \ref{grapheferme} page ~\pageref{grapheferme}. 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 $f_c(x) =
\displaystyle{\sum_1^n} c_i \Phi_i(x)$ 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 $\sup_{c \in B} \vert
f_c(x) \vert = (\displaystyle{\sum_1^n} \vert \Phi_i(x) \vert^2)^{\frac{1}{2}}$. 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$S < \infty$. \fexo
%%%%%%%%%%%base Haar%%%%%%%%%%%
\dexo \hfill \newline
$$H_k^l (x) = 2^{\frac{l}{2}} H(2^l x - k),\quad l,k \in \ZZ.$$
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 $g= (g,e_1) e_1 + \displaystyle{\sum_{i \geq 2}} (g,e_i) e_i$ o{\`u} les $e_i$ pour $i \geq 2$ sont les $H_k^l$.
Alors $\Vert g - \displaystyle{\sum_{i \geq 2}} (g,e_i) e_i \Vert_2 = \vert (g,e_1) \vert$. 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 $L^2(\RR)$. \fexo
\dexo \hfill \newline 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. \fexo \dexo \hfill \newline
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. \fexo \dexo \hfill \newline
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 (théorème \ref{laxmilgram} page
~\pageref{laxmilgram}), 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. \fexo \setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 9}
\setcounter{chapter}{9}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline
Soit $f \in L^1(-\pi,\pi)$, $2\pi$ p\e riodique sur $\RR$.\\
$(i)$ On note $\gamma_k = c_k(g)$ et $c_k=c_k(f)$ alors
$$\gamma_{k-1}-\gamma_k = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} g(x)(e^{ix} -1) e^{-ikx} dx =
\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) e^{-ikx} dx = c_k.$$ Donc,
$$\sum_{-N}^M c_k = \sum_{-N}^M(\gamma_{k-1}-\gamma_k) = \gamma_{-N\!-\!1}-\gamma_M \rightarrow 0,$$
quand $N$ et $M$ tendent vers $\infty$ par le lemme de Riemann-Lebesgue. D'o\u
$S_{N,M} f(0) \rightarrow 0$ quand $N$ et $M$ tendent vers $\infty$.\\
$(ii)$ On pose $\tilde{f}(u)= f(y+u) - c$. Par hypoth\ee se, $\displaystyle{\frac{\tilde{f}(u)}{u}} \in L^1(-\pi,\pi)$
et
$$\vert \frac{\tilde{f}(u)}{e^{iu}-1} \vert = \vert \frac{\tilde{f}(u)}{e^{iu/2}2i\sin(\frac{u}{2})} \vert
= \vert \frac{\tilde{f}(u)}{2 \sin(\frac{u}{2})} \vert \leq \frac{\pi}{2} \vert \frac{\tilde{f}(u)}{u} \vert \in L^1.$$
Donc par le point $(i)$, $S_{N,M} {\tilde{f}}(0) \rightarrow 0$ quand $N$ et $M$ tendent vers $\infty$. Or, $$S_{N,M}
{\tilde{f}}(0) = \sum_{-N}^M \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} (f(y+u)-c)e^{-inu} du,$$ donc, $$S_{N,M} {\tilde{f}}(0) =
\left(\sum_{-N}^M \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(y+u)e^{-inu} du \right)
 -c,$$
puisque $\sum_{-N}^M \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} e^{-inu} du = 1$. D'o\u,
$$S_{N,M} {\tilde{f}}(0) = \sum_{-N}^M \frac{1}{2\pi} \left( \int_{-\pi}^{\pi} f(z)e^{-inz} dz
\right)e^{iny} -c,$$
$$S_{N,M} {\tilde{f}}(0) = S_{N,M} {f}(y) - c \rightarrow 0,$$
quand $N$ et $M$ tendent vers l'$\infty$. \fexo \dexo \hfill \newline *********************************************
CONVOLUTION PER ************************************************ \fexo \dexo \hfill \newline 1) D'abord, si $a,b \in
\ell^2$ alors le produit $ab \in \ell^1 \subset \ell^2$. Par le th\e or\ee me  9.2 on a $c(s(a)\ast S(b)) = 2\pi
c(s(a))c(s(b)) = 2\pi ab$. Donc, $2\pi S(ab) = S(c(s(a)\ast S(b))) = S(a) \ast S(b)$
par la formule d'inversion.\\
2) Par l'exercice \ref{duboisreymond} \a la fin du chapitre, on a
$$S(b^N)(x)= \sum_{-N}^N e^{ikx} = h_N(x) = \frac{\sin((N+\frac{1}{2})x)}{\sin(\frac{x}{2})},$$
si $x \not= 0$ et $S(b^N)(0)=h_N(0)=2N+1$.\\
3) Il suffit de remarquer que
$$S_N f(x) = \sum_{-\infty}^{\infty} c_k(f)c_k(b^N)e^{ikx} = \frac{1}{2\pi} S(c(f))\ast S(b^N),$$
donc $S_N f(x) = \frac{1}{2\pi}S(b^N) \ast f = \frac{1}{2\pi} h_N \ast f$. \fexo \dexo \hfill \newline
*********************************************BH *********************************************************** \fexo \dexo
\hfill \newline
 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.
\fexo \dexo \hfill \newline 1) Soit $\ep > 0$, $\exists N$ tel que $\forall n \geq N$, $\vert s_j-s \vert \leq \ep$ et
$$ \frac{1}{n+1} \displaystyle{\sum_0^n} s_j - s = \frac{1}{n+1} \displaystyle{\sum_0^n} (s_j -
s).$$ 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 $\displaystyle{\sum_0^N} \vert s_j - s
\vert \leq N_1 \ep$, donc si $n \geq N_1$, on a $\displaystyle{\sum_0^N} \vert s_j - s \vert \leq N_1 \ep \leq (n+1)
\ep$ et d'autre part $(n-N) \ep \leq (n+1) \ep$ d'o{\`u}
   $$\vert \frac{1}{n+1} \sum_0^n s_j - s  \vert \leq 2 \ep.$$
2) Soit $s_n = (-1)^n$ alors ${(s_n)}_n$ ne converge pas et $\vert \displaystyle{\sum_0^n} s_j \vert \leq 1$ donc
$$\vert \frac{1}{n+1} \sum_0^n (-1)^j \vert \leq \frac{1}{n+1} \longrightarrow
0.$$ \fexo \dexo \hfill \newline
1) On a directement $D_N(0) = 2N+1$ et $K_N(0) = N+1$. \\
D'autre part, $e^{i\frac{t}{2}}D_N(t) = \displaystyle{\sum_{-N}^N} e^{i(k+\frac{1}{2})t}$ et
$e^{-i\frac{t}{2}}D_N(t) = \displaystyle{\sum_{-N}^N} e^{i(k-\frac{1}{2})t}$ donc $2i
\sin(\frac{t}{2}) D_N(t) = \displaystyle{\sum_{-N}^N} (e^{i(k+\frac{1}{2})t} -
e^{i(k-\frac{1}{2})t}) = e^{i(N+\frac{1}{2})t} - e^{-i(N+\frac{1}{2})t}.$\\
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) D'aprés la question 4), on peut voir facilement que $\int_{-\pi }^{\pi } fg dx=0$, $\forall g\in {\cal C}[-\pi ,\pi ]$. \\Maintenant, si on note $h=sign(f)$. Comme les fonctions continues sont denses dans $L^1(-\pi ,\pi )$, $\exists (g_n)_n \subset {\cal C}_c[-\pi ,\pi ]$ telle que $\Vert h-g_n \Vert_1\longrightarrow 0$. On peut aussi supposer que $g_n\longrightarrow h$ p.p. et $\vert g_n \vert\leq 1$ pour tout $n$ (grâce à la réciproque du théorème de convergence dominée voir \ref{reciproqueLebesgue} page ~\pageref{reciproqueLebesgue}).\\
On applique ensuite le théorème de convergence dominée à la suite $(fg_n)_n$ (chapeau intégrable:$\vert f \vert$) et on en déduit que $f=0$ p.p.\\
7) Par le Lemme de Riemann-Lebesgue, on sait d{é}j{à} que $\widehat{f}(n)
\rightarrow 0$ quand $n \rightarrow \pm \infty$ donc $c(f) \in C_0(\ZZ)$. On a aussi imm{é}diatement
$\vert \widehat{f}(n) \vert \leq \Vert f \Vert_1$.\\
L'application $T$ est clairement lin{é}aire et l'inégalité 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, voir l'exercice \ref{applicationouverte}
page ~\pageref{applicationouverte} ($
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
$\Vert D_n \Vert_1 \rightarrow +\infty$.
\fexo
%{ \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.
%\\ \\
\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 11}
\setcounter{chapter}{11}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline On peut remarquer que le corollaire \ref{orthogonalaCcimpliquenul} page
~\pageref{orthogonalaCimpliquenul}, reste vrai si on remplace l'ensemble ${\cal C}_c({\RR}^N)$ par $\DD({\RR}^N)$
puisqu'on sait maintenant que $\DD({\RR}^N)$ est dense dans $L^1({\RR}^N)$. Si les deux distributions $\tilde{u}$ et
$\tilde{v}$ sont \e gales, cela veut exactement dire que pour toute fonction test $\varphi \in \DD({\RR}^N)$, $\int (u
- v)  \varphi = 0$, on peut donc en conclure que $u=v$ p.p. \fexo \dexo \hfill \newline
On peut d\e j\a remarquer que toutes les applications propos\e es sont lin\e aires.\\
Soit $J$ compact $\subset \RR$, soit $\vfi \in \DD(\RR)$ avec $\supp \vfi \subset J$, si $x\not\in J$, $<\delta_x,\vfi>
= \vfi(x) = 0$ et $\vert <\delta_x^{(k)}, \vfi> \vert = \vert \vfi^{(k)}(x) \vert = 0$. Maintenant, si $x \in J$, on a
$|<\delta_x,\varphi>|=|\varphi(x)| \leq || \varphi ||_{L^{\infty}(J)}$ et $\vert <\delta_x^{(k)}, \vfi> \vert = \vert
\vfi^{(k)}(x) \vert \leq \Vert \vfi^{(k)} \Vert_{L^{\infty}(J)}$ donc dans tous les cas, il facile de voir que
$\delta_x$ et $\delta_x^{(k)}$ sont des distributions sur $\RR$, (prendre $C=1$, $p=0$ pour $\delta_x$ et
$C=1$, $p=k$ pour $\delta_x^{(k)}$).\\
Soit toujours $J$ compact $\subset \RR$, alors $J \subset [-N,N]$ o\u $N \in \NN$, et pour toute $\vfi \in \DD(\RR)$
dont le support est inclus dans $J$, on a
$$\vert <u,\vfi> \vert \leq \sum_{-N}^{N} \vert \vfi(2\pi n) \vert \leq (2N+1) \Vert \vfi
\Vert_{L^{\infty}(J)},$$
donc $C=2N+1$ et $p=0$ conviennent, $u$ est une distribution.\\
\fexo \dexo \hfill \newline Si $u_n$ converge vers $u$ dans $L^1_{loc}(\RR)$, alors pour tout $K$ compact de $\RR$ et
pour toute $\vfi \in \DD(\RR)$ \a support dans $K$, on a
$$\vert \int_K (u_n - u) \vfi \vert \leq \Vert u_n -u \Vert_{L^1(K)}\;\Vert \vfi \Vert_{L^{\infty}(K)}$$,
donc la suite $(u_n)_n$ converge vers $u$ dans $\Di(\RR)$. \fexo \dexo \hfill \newline
****************************************** ORDRE ET MESURE *************************************** \fexo \dexo \hfill
\newline ********************************************FN * distrib ******************************************* \fexo
\dexo \hfill \newline ********************************************DERIVEE DE DIRAC
************************************** \fexo \dexo \hfill \newline ********************************************
TRANSLATION DE DISTRIB ********************************** \fexo \dexo \hfill \newline 1) Les deux applications
propos{é}es sont bien lin{é}aires par rapport {à}
$\vfi$.\\
On pose $<T,\vfi> = \displaystyle{\sum_{n\geq0}} \vfi^{(n)}(n)$ 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 $\vert <T,\vfi> \vert \leq
\displaystyle{\sum_0^{N_K}} \Vert
\vfi^{(n)} \Vert_{\infty}$ 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. \fexo \dexo
\hfill \newline 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 $\forall \vfi \in \DDK(\RR)$, $\vert <T,\vfi> \vert \leq C_K \,p_N(\vfi)$ ce qui est exactement la continuit{é} de
$T$ sur $\DD(\RR)$. \fexo \dexo \hfill \newline 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)$$ \cup$supp$(\theta_0) \subset [a,b] \subset I$ (I connexe). Soit $\psi(x) =
\int_a^x (\vfi(t) -(\int_I \vfi)\theta_0(t)) dt$ alors $\psi^{\prime} = \vfi - (\int_I \vfi)\theta_0$ et $\psi \in
{\cal C}^{\infty}(I)$. V{é}rifions que $\psi$ est {à} support compact. Si $x \in ]-\infty,a[ \cap I$ alors $\forall t
\in [a,x]$ $\vfi(t)= \theta_0(t) = 0$ et $\psi(x) = 0$. Si $x \in ]b,\infty[ \cap I$ alors $\psi(x) = 0$ donc
supp$(\psi) \subset [a,b]$ et $\psi \in
\DD(I)$. (On peut remarquer que le couple $(\lambda,\psi)$ est unique.)\\
b) Soit $T \in \Di(I)$ telle que $T^{\prime} =0$, on veut montrer que $\exists C \in \RR$ telle que $\forall \vfi \in
\DD(I)$, $<T,\vfi> = C \int_I \vfi$,
ce qui veut bien dire que $T=C$ au sens des distributions\\
Soit $\vfi \in \DD(I)$ alors $\exists \psi \in \DD(I)$ telle que $\vfi = (\int_I \vfi)  \theta_0+\psi^{\prime}$ et
$<T,\vfi> = (\int_I \vfi) <T,\theta_0> + <T,\psi^{\prime}>$. Or par hypoth{è}se $<T,\psi^{\prime}> = <T^{\prime},\psi>
= 0$ donc $\forall \vfi \in \DD(I)$, $<T,\vfi> = <T,\theta_0>\; \int_I \vfi$ donc
$C=<T,\theta_0>$ convient.\\
c) Par hypoth{è}se $T^{\prime} = v \in {\cal C}^{\infty}(I)$, c'est {à} dire $\forall \vfi \in \DD(I)$,
$<T^{\prime},\vfi> = \int_I v\vfi$. La fonction $v$ admet une primitive au sens usuel $V$ et $v = V^{\prime}$ alors
$(T-V)^{\prime} = 0$ donc $T-V = c$ constante par b) et $T= V+c \in {\cal C}^{\infty}(I)$. \fexo \dexo \hfill \newline
Soit $\psi$ solution de $\sum_{j=0}^k a_j \psi^{(j)}(x) = 0$ pour $x \in \RR$, o{\`u} $a_j \in \RR$ et $a_k \not=0$,
satisfaisant \\
$\psi(0)=\psi^{\prime}(0)=...=\psi^{k-2}(0)=0$ et $\psi^{k-1}(0)=\frac{1}{a_k}$
alors $\psi \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$.\\
1) $Y\psi \in L^1_{loc}(\RR)$ donc $E \in \Di(\RR)$. Calculons les d{é}riv{é}es au sens des distributions de $E$ et
montrons par r{é}currence que
$$E^{(p)} = T_{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. \fexo \setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre 12}
\setcounter{chapter}{12}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline 1) Avec les m\eee mes notations que le cours, on a $\Vert u \Vert^2_{H^m}
\leq \Vert u \Vert^2_{W^{m,2}}$ et par exemple, pour tout $n \leq m$, $\Vert u^{(n)} \Vert_{L^2} \leq \Vert u
\Vert_{H^m}$
donc $\Vert u \Vert^2_{W^{m,2}} \leq m\;\Vert u \Vert_{H^m}$.\\
2) Si $I \subset J$ et $u \in W^{n,p}(J)$ alors $u \in L^p(I)$ et pour tout $k \leq n$, $u^{(k)} \in L^p(I)$ donc $u
\in W^{n,p}(I)$. \fexo \dexo \hfill \newline Soit $\tilde f$ une forme linéaire continue sur $E\times F$. Par
linéarité, on peut poser $\tilde f(x,y)=\tilde f(x,0)+\tilde f(0,y)= f(x)+g(y).$  On déduit immédiatement de la
continuité de $\tilde f$ que $f$ et $g$ sont continues respectivement sur $E $ et $F$. On peut donc écrire $\tilde
f=(f,g)$ avec $f\in E'$, $g\in F'$. \fexo \dexo \hfill \newline 1) On a $u(x) = u(y) + \int_y^x u^{\prime}(t) dt$. Si
$1 \leq p < \infty$, par l'in\e galt\ea de H\ooo lder, on obtient
$$\vert u(x) \vert \leq \vert u(y) \vert + \vert x-y \vert^{\frac{1}{p^{\prime}}}
\Vert u^{\prime} \Vert_{L^p(I)}.$$ On peut intégrer cette relation en $y$ sur un intervalle $J$ contenant $x$ et de
mesure $1$ par exemple, on obtient alors
$$\vert u(x) \vert \leq \int_J \vert u(y) \vert dy + \Vert u^{\prime} \Vert_p$$
et \a nouveau, par H\ooo lder,
$$\vert u(x) \vert \leq \Vert u \Vert_p + \Vert u^{\prime} \Vert_p = \Vert u \Vert_{W^{1,p}}.$$
Dans le cas $p=\infty$, on a $\vert u(x) \vert \leq \vert u(y) \vert + \vert x-y \vert \; \Vert u^{\prime}
\Vert_{\infty}$ et en choisissant comme ci-dessus $J$ de mesure $1$,
$\vert u(x) \vert \leq \Vert u \Vert_{\infty} + \Vert u^{\prime} \Vert_{\infty}$. \\
2) Soit $f$ la "distribution" $\displaystyle{\sum_{n=1}^{N}} \delta_{x_i}$ o\u les points $x_i$ sont dans $I$ alors
$|<f,u>| \leq \displaystyle{\sum_{n=1}^{N}} |u(x_i)|$ et d'apr\e s la question 1), $|<f,u>| \leq N  \Vert u
\Vert_{W^{1,p}}$ donc $f$ est bien dans le dual de
$W^{1,p}(I)$.\\
3) Prendre $\varphi\in {\cal C}_c^\infty$ avec $\varphi(0)\neq 0.$ Alors
 si $H$ est la fonction de Heavyside, $(\varphi H)'=\varphi(0)\delta_0+\varphi' H$.
Donc $\delta_0=\frac 1{\varphi(0)}((\varphi H)'-\varphi'H)$. Il suffit donc de poser $\varphi H = f$ et $\varphi'H=g$.
\fexo
%\dexo
%\hfill \newline
%Soit $u_n$ une suite bornée dans $W^{1,p}(I).$ Par
%réflexivité, on sait qu'il existe $u\in W^{1,p}(I)$ et une
%sous-suite (encore notée $u_n$ par commodité) telles que
%$u_n\rightharpoonup u$ dans $L^p(I)$ et $u'_n\rightharpoonup u'$
%dans  $L^p(I)$.  Si on avait $u_n(x)\to \infty$ pour tout $x$, la
%suite ne serait pas bornée dans $L^p(I)$. On  peut donc trouver
%$x_0$ et extraire une sous-suite telle que $u_n(x_0)$ converge
%vers une valeur $C$.  On a par la relation
%(\ref{integrationdeladeriveedansW1p})
%$u_n(x)=u_n(x_0)+\int_{x_0}^x u'_n(t)dt.$  Comme $u'_n$ converge
%vers $u'$ dans $L^p(I)$ faible, elle converge aussi dans $L^1_{loc}$ et
%donc $u_n(x)\to C+\int_{x_0}^xu'(t)dt$ uniformément sur tout
%compact. Par la relation (\ref{integrationdeladeriveedansW1p})
%appliquée à $u$, on  déduit   que $C=u(x_0)$ et finalement que
%$u_n$ tend uniformément vers $u$ sur tout compact. \fexo
\dexo \hfill \newline *********************************************** PROLONGEMENT
*************************************************** \fexo \dexo \hfill \newline Soit $I=]a,b[$ un intervalle born\ea
alors il existe un prolongement $Pu$ de $u$ dans $W^{1,p}(\RR)$ et par densit\ea des fonctions ${\cal C}^{\infty}$ \a
support compact dans $W^{1,p}(\RR)$, il existe une suite $(u_n)_n \in {\cal C}^{\infty}_c (\RR)$ telle que $\Vert Pu -
u_n \Vert_{W^{1,p}(\RR)} \rightarrow 0$. Comme $\Vert u-u_n \Vert_{W^{1,p}(I)} \leq \Vert Pu - u_n
\Vert_{W^{1,p}(\RR)}$, il existe bien une suite $(u_n)_n \in {\cal C}^{\infty} (\overline{I})$ qui converge vers $u$
dans $W^{1,p}(I)$. \fexo \dexo \hfill \newline Soit $I=]a,b[$ un intervalle born\ea et soit $u \in W^{1,p}_0(I)$, on a
par l'in\e galit\ea de H\ooo lder et pour $x \in I$,
$$\vert u(x) \vert \leq \int_a^x \vert u^{\prime} \vert dt \leq
{\vert x-a \vert}^{\frac{1}{p^{\prime}}}\;\Vert u^{\prime} \Vert_p.$$ Donc $\vert u(x) \vert^p \leq
{(x-a)}^{\frac{p}{p^{\prime}}}\Vert u^{\prime} \Vert_p^p$. En int\e grant sur $I$, on obtient
$$\Vert u \Vert^p_p \leq \Vert u^{\prime} \Vert_p^p \int_a^b (x-a)^{\frac{p}{p^{\prime}}} dx,$$
d'o\u $\Vert u \Vert^p_p \leq \Vert u^{\prime} \Vert_p^p (b-a)^{1+ p/{p^{\prime}} = p}$. \fexo \dexo \hfill \newline
On va montrer $(i) \Rightarrow (iii) \Rightarrow (ii) \Rightarrow (i)$.\\
Pour $(i) \Rightarrow (iii)$, on \e crit $u(x+h) - u(x) = \int_x^{x+h} u^{\prime}(t) dt$ et en appliquant H\ooo lder,
on a
$$ \vert u(x+h) - u(x) \vert^p \leq \vert \int_x^{x+h} u^{\prime} \vert^p
\leq h^{\frac{p}{p^{\prime}}} \Vert u^{\prime} \Vert^p_{L^p(x,x+h)}.$$ Soient $\omega$ un ouvert relativement compact
dans $I$ et $h$ comme dans l'\e nonc\e , alors
$$\int_{\omega} \vert u(x+h) - u(x) \vert^p  dx \leq h^{\frac{p}{p^{\prime}}}
\int_{\omega} \int_x^{x+h} \vert u^{\prime} \vert^p dt \, dx.$$ On effectue le changement de variable $t=x+sh$ alors
$\int_x^{x+h} \vert u^{\prime} \vert^p dt = h \int_0^1 \vert u^{\prime}(x+sh) \vert^p ds$. Donc
$$\int_{\omega} \vert u(x+h) - u(x) \vert^p  dx \leq \vert h \vert^p
\int_{\omega} \int_0^1 \vert u^{\prime}(x+sh) \vert^p ds \, dx.$$ En appliquant le th\e or\ee me de Fubini, on obtient
$$\int_{\omega} \int_0^1 \vert u^{\prime}(x+sh) \vert^p ds \, dx =
\int_0^1 \int_{\omega+sh} \vert u^{\prime}(y) \vert^p dy \, ds \leq \Vert u^{\prime} \Vert_p^p \int_0^1 ds,$$ d'o\u
$$\int_{\omega} \vert u(x+h) - u(x) \vert^p  dx \leq \vert h \vert^p \Vert u^{\prime} \Vert_p^p.$$
Donc $C=\Vert u^{\prime} \Vert_p$ convient et $(iii)$ est d\e montr\e .\\
Pour $(iii) \Rightarrow (ii)$, soient $\vfi \in {\cal C}^1_c(I)$ et $\omega \subset\subset I$ tel que le support de
$\vfi \subset \omega$, enfin soit $h$ comme dans l'\e nonc\e , on peut toujours \e crire $\int_I (u(x+h)-u(x)) \vfi(x)
dx= \int_I u(x)(\vfi(x-h)-\vfi(x)) dx$. D'autre part, par H\ooo lder, on a
$$\vert \int_{I} (u(x+h)-u(x)) \vfi(x) dx \vert \leq \Vert \tau_hu - u \Vert_{L^p(\omega)}
\Vert \vfi \Vert_{L^{\prime}(\omega)} \leq C \vert h \vert \,\Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}}.$$ Donc,
$$\vert \int_I u(x) \frac{(\vfi(x-h)-\vfi(x))}{\vert h \vert} dx \vert \leq C\; \Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}},$$
et quand $h \rightarrow 0$, on en d\e duit que $\vert \int_I u {\vfi}^{\prime} \vert \leq C\;\Vert \vfi \Vert_{p^{\prime}}$.\\
Enfin pour $(ii) \Rightarrow (i)$, on consid\ee re la forme lin\e aire $T : \vfi \in {\cal C}^1_c(I) \mapsto \int_I u
{\vfi}^{\prime}.$ Elle est continue sur ${\cal C}^1_c(I)$ dense dans $L^{p^{\prime}}(I)$, par le th\e or\ee me de
prolongement ou de Hahn-Banach, elle se prolonge \a $L^{p^{\prime}}(I)$ en une forme lin\e aire continue sur
$L^{p^{\prime}}(I)$, encore not\e e $T$. Par le th\e or\ee me de Riesz, il existe $f \in L^p(I)$ telle que $T(g) = \int
fg$, pour toute $g \in L^{p^{\prime}}(I)$. En particulier, pour toute $\vfi \in {\cal C}_c^{\infty}(I)$, $T(\vfi) =
\int u {\vfi}^{\prime} = \int f \vfi$, donc $u^{\prime} = - f \in L^p$ et $u \in W^{1,p}(I)$. \fexo \dexo \hfill
\newline 1) En vertu du th{é}or{è}me \ref{fonctionsdeW1psontC0} et de la Proposition \ref{continuiteauxbordsdeudansW1p}
du Chapitre 12, 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 \ref{topofaibleopcompact} page
~\pageref{topofaibleopcompact})\\
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 12.2, 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,
$$\int_0^1 u^{\prime}v + \int_0^1 uv^{\prime} = \int_0^1 p_u^{\prime}v +
\int_0^1 p_uv^{\prime} = u(1)v(1) - u(0)v(0).$$ \fexo \dexo \hfill \newline 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 \ref{compaciteh1l2} page ~\pageref{compaciteh1l2}),
$u_n \rightarrow u$ 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
\ref{distributionconstante} page ~\pageref{distributionconstante}, $v$ 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 (théorème \ref{laxmilgram}) page ~\pageref{laxmilgram}, 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 ( c'est-\`a-dire $a(u,v) = \int_0^1 fv$, $\forall v \in
H^1(0,1)$), 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. \fexo \dexo \hfill \newline
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 \ref{distributionconstante} page ~\pageref{distributionconstante}, $v$
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 $V$.\\
Pour l'autre sens, on utilise $u(x)=\int_{\frac{1}{2}}^x u^{\prime} dt$ car $u(\frac{1}{2}) = 0$. On applique Cauchy-Schwarz, on obtient $\vert u(x)\vert^2\leq \vert x-{\frac{1}{2}} \vert \,\Vert u^{\prime} \Vert_2^2 \leq 
 \Vert u^{\prime} \Vert_2^2$. On intègre sur $(0,1)$, on a ${\Vert u \Vert}_{2}\leq \Vert u^{\prime} \Vert_{2}$. Les deux normes sont donc bien équivalentes 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, 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 $u^{\prime
\prime} = \delta_{\frac{1}{2}} \not\in L^2(0,1)$. \fexo \dexo \hfill \newline $v \rightarrow {\Vert v^{\prime}
\Vert}_{L^2}$ 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 $H^1(0,+\infty)$. \fexo \dexo \hfill \newline 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. (voir l'exercice \ref{reciptheocd} page
~\pageref{reciptheocd}). 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 $\frac{\partial}{\partial
x_i}u$.) \fexo \dexo \hfill \newline 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 $t>0$. \fexo \dexo \hfill \newline
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 12.1, ch.12). 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. \fexo \dexo
\hfill \newline 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, $\forall \vfi \in {\cal C}_0^{\infty}(]0,1[)$,
$$<-u^{\prime\prime},\vfi> = \int_0^1 u^{\prime} \vfi^{\prime} = \int_0^1 \left( f
- u + \int_0^1 u \right) \vfi = < \left( f - u + \int_0^1 u \right),\vfi >,$$ 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 ${\cal C}([0,1])$ (voir l'exercice \ref{compaciteh1l2}
 page ~\pageref{compaciteh1l2}), on en d{é}duit que
$u_{n_p} \rightarrow u\star$ uniform{é}ment sur $[0,1]$ (voir l'exercice \ref{topofaibleopcompact}
 page ~\pageref{topofaibleopcompact}). 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 \ref{topofaibleopcompact}
page ~\pageref{topofaibleopcompact}. $L^2$ {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
\ref{lineairecontinuitefaible} page ~\pageref{lineairecontinuitefaible}). Donc toute la suite $(Tf_n)_n$ converge vers
$Tf$ dans $L^2$. \fexo
%\chapter{Notations}
%\hfill \newline
%\index{N}{$E_{\om} =$ l'espace $E$ muni de la topologie faible $\sigma(E,\Ep)$}
%\index{N}{$\Ep_{\om\star} =$ l'espace $\Ep$ muni de la topologie faible $\star$
%$\sigma(\Ep,E)$}
%\index{N}{$L(E,F) =$ l'espace des applications lin{é}aires de $E$ dans $F$}
%\index{N}{${\cal L}(E,F) =$ l'espace des applications lin{é}aires continues de $E$ dans
%$F$}
%\index{N}{$\Ep = {\cal L}(E,\RR)$}
%\index{N}{$(E_{\om})^{\prime} =$ l'espace des applications lin{é}aires continues de $E$
%muni de la topologie faible {à} valeurs dans $\RR$}
%\index{N}{$<f,x> = f(x)$ est le crochet de dualit{é} $\Ep,E$}
%\index{N}{int\e rieur($A$) = int{é}rieur de $A$}
%\index{N}{$\vert A \vert =$ la mesure de $A$ si $A$ est un ensemble}
%\index{N}{$E \setminus F = \{ x\in E : x \not\in F \}$}
%\index{N}{vect$\{a_1,...,a_n \}$ est l'espace vectoriel engendr{é} par $a_1,...,a_n$, on
%pourrait l'{é}crire $K a_1+...+K a_n$ avec $K = \RR$ ou $\CC$}
%\index{N}{vect$A$ est l'espace vectoriel engendr{é} par la partie $A$}
%\index{N}{$\vois =$ l'ensemble des voisinages de $x$ pour la topologie consid{é}r{é}e}
%\index{N}{${\cal V}_{\om}(x) =$ l'ensemble des voisinages de $x$ pour la topologie faible}
%\index{N}{$\rightharpoonup$ signifie convergence pour la topologie faible, c'est en
%g{é}n{é}ral pr{é}cis{é} dans le texte}
%\index{N}{P.F.I $=$ l'ensemble des parties finies de l'ensemble $I$}
%\index{N}{$\ind_A =$ la fonction indicatrice de l'ensemble $A$}
%\index{N}{$\Vert . \Vert_p =$ la norme usuelle des espaces $L^p$ ou bien $\ell^p$}
%\index{N}{${\cal C}(\Om) =$ l'ensemble des fonctions {à} valeurs r{é}elles, continues
%sur $\Om$}
%\index{N}{${\cal C}_c(\Om) =$ l'ensemble des fonctions continues et {à} support compact
%dans $\Om$}
%\index{N}{$\DD(\Om)$ ou ${\cal C}^{\infty}_c(\Om)$ est l'ensemble des fonctions de classe
%${\cal C}^{\infty}$ {à} support compact dans $\Om$}
%\index{N}{$\Di(\Om) =$ l'ensemble des distributions sur $\Om$}
