# Espaces de Banach/Exercices/Dual topologique
## Exercice 1-1

Soient $X$ un espace topologique, $E={\mathcal {C}}_{b}(X,\mathbb {R} )$ l'espace de Banach des fonctions continues bornées, muni de la norme de la convergence uniforme, $(x_{n})$ une suite de points de $X$ et $\sum _{n\in \mathbb {N} }a_{n}$ une série absolument convergente de nombres réels distincts. Pour tout $f\in E$, on pose
    $T(f)=\sum _{n\in \mathbb {N} }a_{n}f(x_{n})$.
* Montrer que $T$ est une forme linéaire continue sur $E$, de norme $\leq \sum _{n\in \mathbb {N} }|a_{n}|$.
* Montrer que $|\!|\!|T|\!|\!|=\sum _{n\in \mathbb {N} }|a_{n}|$.
* Le seul point non immédiat est la majoration de la norme (qui garantit la continuité). Pour toute $f\in E$, $|T(f)|\leq \sum _{n\in \mathbb {N} }|a_{n}||f(x_{n})|\leq \sum _{n\in \mathbb {N} }|a_{n}|\|f\|$ donc $|\!|\!|T|\!|\!|\leq \sum _{n\in \mathbb {N} }|a_{n}|$.
* Soit $\varepsilon >0$. Il existe $N\in \mathbb {N}$, tel que $\sum _{n\geq N}|a_{n}|<\varepsilon$. Puis, il existe $f\in E$ de norme $1$ telle que pour $n=0,1,\dots ,N$, $a_{n}f(x_{n})=|a_{n}|$. Alors, $|\!|\!|T|\!|\!|\geq |T(f)|\geq \left|\sum _{n<N}a_{n}f(x_{n})\right|-\left|\sum _{n\geq N}a_{n}f(x_{n})\right|\geq \sum _{n<N}|a_{n}|-\varepsilon \geq \sum _{n\in \mathbb {N} }|a_{n}|-2\varepsilon$.

## Exercice 1-2

On rappelle que $\ell ^{p}:=\ell ^{p}(\mathbb {N} ,\mathbb {C} )$, $1<p<\infty$ désigne l'espace des suites $x=(x_{n})$ de nombres complexes telles que
    $\|x\|_{p}:=\left(\sum _{n\in \mathbb {N} }|x_{n}|^{p}\right)^{1/p}<\infty$.
Toute forme linéaire continue $T\in \left(\ell ^{p}\right)'$ peut s'écrire
    $Tx=\sum _{n\in \mathbb {N} }x_{n}y_{n},\quad \forall x=(x_{n})\in \ell ^{p}$
où $y=(y_{n})\in \ell ^{q}$ avec ${\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}=1$.
* Montrer que dans l'espace $\ell ^{q}$, le sous-espace des suites de support fini est dense.
* Montrer qu'une suite $(x_{k})_{k}$ d'éléments $x_{k}=(x_{k,n})_{n}$ de $\ell ^{p}$ converge faiblement vers $x=(x_{n})_{n}\in \ell ^{p}$ si et seulement si elle vérifie les deux conditions suivantes :
** la suite $(x_{k})_{k}$ est bornée ;
** pour tout entier $n$, la suite $(x_{k,n})_{k}$ converge vers $x_{n}$ (dans $\mathbb {C}$).
* En déduire que toute suite bornée de $\ell ^{p}$ admet une sous-suite faiblement convergente.
* Tout élément $x=(x_{n})\in \ell ^{q}$ est limite d'une suite $(x_{k})_{k}$ d'éléments $x_{k}=(x_{k,n})_{n}\in \ell ^{q}$ à support fini : $x_{k,n}={\begin{cases}x_{n}&{\text{si }}n<k\\0&{\text{si }}n\geq k\end{cases}}$.
* Si $x_{k}\to x$ faiblement dans $\ell ^{p}$, c'est-à-dire si pour tout $y=(y_{n})\in \ell ^{q}$, $\sum _{n\in \mathbb {N} }x_{k,n}y_{n}\to \sum _{n\in \mathbb {N} }x_{n}y_{n}$ alors pour tout $y=(y_{n})\in \ell ^{q}$, $\left(\sum _{n\in \mathbb {N} }x_{k,n}y_{n}\right)_{k}$ est bornée. D'après le théorème de Banach-Steinhaus, $\left(x_{k}\right)_{k}$ est alors bornée dans l'espace vectoriel normé $(\ell ^{q})'$, égal à $\ell ^{p}$ d'après le théorème de Hahn-Banach. De plus, en appliquant l'hypothèse aux suites $y$ dont un terme vaut $1$ et les autres sont nuls, on trouve tout de suite que pour tout $n$, $(x_{k,n})_{k}\to x_{n}$. Réciproquement, supposons que les conditions 1 et 2 sont remplies. D'après le point 2, pour tout $y\in \ell ^{q}$ à support fini, $\sum _{n\in \mathbb {N} }x_{k,n}y_{n}\to \sum _{n\in \mathbb {N} }x_{n}y_{n}$. Grâce au point 1 (et à la question 1), on en déduit que $x_{k}\to x$ faiblement dans $\ell ^{p}$.
* Soit $(x_{k})_{k}$ une suite bornée de $\ell ^{p}$. Par récurrence, on construit pour tout $j$ une sous-suite $(x_{\varphi _{j}(k)})_{k}$ (extraite de celle au rang précédent) telle que pour tout $n\leq j$, $x_{\varphi _{j}(k),n}\to x_{n}$. Puis on applique le « procédé diagonal » : $(x_{\varphi _{k}(k)})_{k}$ vérifie la condition 2, et bien sûr la condition 1. On conclut grâce à la question précédente.

## Exercice 1-3

Soient H un espace de Hilbert et C un convexe de H. Montrer que C est fermé si et seulement s'il est faiblement séquentiellement fermé, c'est-à-dire si pour toute suite $(x_{n})_{n}$ dans C qui converge faiblement (dans H) vers $x$, la limite $x$ appartient à C.
Toute partie d'un e.v.n. qui est faiblement séquentiellement fermée est évidemment séquentiellement fermée donc fermée. Réciproquement, soit C un convexe fermé d'un Hilbert (réel) H, montrons que C est faiblement séquentiellement fermé. Soit $C\ni x_{n}\to x$ faiblement, c'est-à-dire que $\forall \varphi \in H'\quad \varphi (x_{n})\to \varphi (x)$, montrons que $x\in C$.
* Première méthode. Soit $p:H\to C$ la projection. $\forall n\in \mathbb {N} \quad \langle x_{n}-p(x),x-p(x)\rangle \leq 0$ donc (par convergence faible) $\|x-p(x)\|^{2}=\langle x-p(x),x-p(x)\rangle \leq 0$ donc $x=p(x)\in C$.
* Deuxième méthode. Tout espace de Hilbert est uniformément convexe (c'est-à-dire $\forall \varepsilon >0\quad \exists \delta >0\quad \forall x,y\in H\quad \left(\|x\|\leq 1~{\text{et}}~\|y\|\leq 1~{\text{et}}~\|x-y\|\geq \varepsilon \right)\Rightarrow \left\|{\frac {x+y}{2}}\right\|\leq 1-\delta$) donc vérifie la propriété de Banach-Saks (c'est-à-dire que toute suite bornée admet une sous-suite Cesaro-convergente). Or toute partie A faiblement bornée (en particulier toute suite faiblement convergente) est bornée (d'après le th. de Banach-Schauder, qui montre que $\{\|J(a)\|\mid a\in A\}$ est borné, où $J:H\to H''$ est le plongement canonique, et celui de Hahn-Banach, qui dit que $\|J(a)\|=\|a\|$). Donc $(x_{n})$ a une sous-suite dont la suite des moyennes de Cesaro (qui est à valeurs dans C) converge. La limite est nécessairement $x$, donc $x\in C$.
* Troisième méthode. Tout e.v.n. vérifie le lemme de Mazur : si $x_{n}\to x$ faiblement, il existe une suite de combinaisons linéaires des $x_{n}$ (donc à valeurs dans C si $x_{n}\in C$ convexe) qui converge en norme vers $x$.
* Quatrième méthode (plus honnête, car Mazur l'utilise) : dans n'importe quel e.v.n., tout convexe fermé C est faiblement fermé (et a fortiori, faiblement séquentiellement fermé) car C est l'intersection des demi-espaces fermés qui le contiennent. En effet, d'après la forme géométrique de Hahn-Banach, si $x\notin C$, il existe un hyperplan séparant strictement $x$ de C.

## Exercice 1-4

Soient E un espace de Banach et $(x_{n})_{n\geq 0}$ une suite de E qui converge faiblement vers $x\in E$. Soient $\varphi _{n},\varphi \in E'$.
* Si $\varphi _{n}\to \varphi$ (fortement), montrer que $\langle \varphi _{n},x_{n}\rangle \to \langle \varphi ,x\rangle$.
* Cette conclusion subsiste-t-elle si l'on suppose seulement que $\varphi _{n}\to \varphi$ faiblement ?
* $|\langle \varphi _{n},x_{n}\rangle -\langle \varphi ,x\rangle |\leq |\langle \varphi _{n}-\varphi ,x_{n}\rangle |+|\langle \varphi ,x_{n}-x\rangle |\leq \|\varphi _{n}-\varphi \|\|x_{n}\|+|\langle \varphi ,x_{n}-x\rangle |$ et $(x_{n})$ est bornée (cf. exercice précédent, deuxième méthode).
* Non, sinon dans tout espace de Hilbert on aurait : si $x_{n}\to x$ faiblement alors $\|x_{n}\|\to \|x\|$ donc (propriété de Radon-Riesz) $x_{n}\to x$ fortement, or dans $\ell ^{2}$, $\delta _{n}\to 0$ faiblement et $\|\delta _{n}\|=1$. Ou moins savamment : non car par exemple dans $\ell ^{2}$, $\delta _{n}\to 0$ faiblement mais $\langle x_{n},x_{n}\rangle =1\not \to \langle 0,0\rangle =0$.

## Exercice 1-5

Soit E l'espace de Banach des fonctions continues sur [0, 1]. On rappelle que par le théorème de Riesz-Markov, le dual topologique de E s'identifie à l'espace des mesures boréliennes finies sur [0, 1].
Soit $(f_{n})_{n\geq 1}$ la suite des fonctions définies par
    $f_{n}(x)={\begin{cases}1-nx&{\text{si }}x\in [0,{\frac {1}{n}}],\\0&{\text{si }}x\in [{\frac {1}{n}},1].\end{cases}}$
* Montrer que la suite $(f_{n})_{n\geq 1}$ est décroissante et converge vers la fonction $f$ définie par $f(x)=0$ si $x\in \left]0,1\right]$ et $f(0)=1$.
* Montrer que pour tout $\mu \in E'$, $(\mu (f_{n}))_{n\geq 1}$ converge dans $\mathbb {R}$.
* En considérant les mesures de Dirac, montrer que $(f_{n})_{n\geq 1}$ n'est pas faiblement convergente dans E.
* Trivial (tracer le graphe).
* $\mu (f_{n})\to \int f\,\mathrm {d} \mu =\mu (\{0\})$.
* $\delta _{x}(f_{n})\to \delta _{x}(\{0\})=f(x)$ et $f\notin E$.

## Exercice 1-6

Soit H un espace de Hilbert et C une partie de H, convexe, non vide, fermée et bornée. Soit $T:C\to C$ une application telle que pour tout $x,y\in C$, $\|T(x)-T(y)\|\leq \|x-y\|$.
* Soit $a\in C$. Pour tout $n\geq 1$, on définit $T_{n}(x)={\frac {1}{n}}a+{\frac {n-1}{n}}T(x)$, pour $x\in C$. Montrer que $T_{n}$ est strictement contractante, et en déduire qu'il existe un unique point $x_{n}\in C$ tel que $T_{n}(x_{n})=x_{n}$.
* Montrer qu'il existe une suite extraite $(x_{n_{k}})_{k\geq 1}$ de $(x_{n})_{n\geq 1}$ qui converge faiblement vers un certain $x\in H$.
* On pose $y_{n}=x_{n}-a$ (pour tout $n\geq 1$) et $y=x-a$. Montrer que pour tout $m\geq 2$, $T(x_{m})={\frac {m}{m-1}}x_{m}-{\frac {1}{m-1}}a$, et en déduire que $\left({\frac {n^{2}}{(n-1)^{2}}}-1\right)\|y_{n}\|^{2}+\left({\frac {n_{k}^{2}}{(n_{k}-1)^{2}}}-1\right)\|y_{n_{k}}\|^{2}\leq 2\operatorname {Re} {\langle y_{n},y_{n_{k}}\rangle }\left({\frac {n}{n-1}}{\frac {n_{k}}{n_{k}-1}}-1\right)$.
* En déduire que $\|y_{n}\|^{2}\leq {\frac {2n-2}{2n-1}}\operatorname {Re} {\langle y_{n},y\rangle }$.
* En déduire que la suite $(x_{n_{k}})_{k\geq 1}$ converge fortement vers $x$, que $x\in C$, et que $T(x)=x$.
* $\|T_{n}(x)-T_{n}(y)\|\leq {\frac {n-1}{n}}\|x-y\|$ + théorème du point fixe de Picard-Banach.
* $(x_{n})_{n}$ est bornée (car à valeurs dans $C$ borné) + $H$ est réflexif.
* $\forall n\geq 2\quad x_{n}=T_{n}(x_{n})={\frac {1}{n}}a+{\frac {n-1}{n}}T(x_{n})$ donc $T(x_{n})={\frac {1}{n-1}}(nx_{n}-a)$, c'est-à-dire $T(y_{n}+a)={\frac {n}{n-1}}y_{n}+a$. La question suivante se réécrit : montrer que $\left\|{\frac {n}{n-1}}y_{n}-{\frac {n_{k}}{n_{k}-1}}y_{n_{k}}\right\|^{2}\leq \|y_{n}-y_{n_{k}}\|^{2}$ ou encore, d'après l'égalité précédente : montrer que $\|T(y_{n}+a)-T(y_{n_{k}}+a)\|\leq \|y_{n}-y_{n_{k}}\|$, ce qui est vrai par hypothèse sur $T$.
* En faisant $k\to \infty$ (pour $n$ fixé), on en déduit $\left({\frac {n^{2}}{(n-1)^{2}}}-1\right)\|y_{n}\|^{2}\leq 2{\rm {Re}}\langle y_{n},y\rangle {\frac {n}{n-1}}$, c'est-à-dire $\|y_{n}\|^{2}\leq {\frac {2n-2}{2n-1}}{\rm {Re}}\langle y_{n},y\rangle$.
* Donc $\|y_{n}-y\|^{2}\leq \|y\|^{2}+{\rm {Re}}\langle y_{n},y\rangle \left({\frac {2n-2}{2n-1}}-2\right)=\|y\|^{2}-{\frac {2n}{2n-1}}{\rm {Re}}\langle y_{n},y\rangle$, en particulier $\|y_{n_{k}}-y\|^{2}\leq \|y\|^{2}-{\frac {2n}{2n-1}}{\rm {Re}}\langle y_{n_{k}},y\rangle \to \|y\|^{2}-{\rm {Re}}\langle y,y\rangle =0$, si bien que $y_{n_{k}}\to y$ et donc $x_{n_{k}}\to x$ (fortement). Comme $C$ est fermé et $T$ continue, $x\in C$ et $T(x_{n_{k}})\to T(x)$, or $T(x_{n_{k}})-x_{n_{k}}={\frac {x_{n_{k}}-a}{{n_{k}}-1}}\to 0$ (car $x_{n_{k}}\in C$ borné), d'où $T(x)=\lim x_{n_{k}}=x$.
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