Théorème de Banach-Steinhauss

Théorème de Banach-Steinhauss
Référence(s) :
X. Gourdon - Analyse
Attention aux conventions des livres ! ! ! ! ! !
Théorème 1 (
Banach-Steinhauss )
Soit E un espace de Banach ; Soit F un espace vectoriel normé. Soit H ∈ Lc (E, F ), muni de la norme
subordonnée kf k = sup kf (x)k. Alors, on a :
kxk=1
ou bien (kf k)f ∈H est borné
ou bien Il existe x ∈ E , sup kf (x)k = +∞
f ∈H
Étape 1
Pour k ∈ N, on dénit Ωk = {x ∈ E|sup f (x) > k. Pour tout k, Ωk est ouvert.
x∈H
Soit k ∈ N. Soit x0 ∈ Ωk . Par continuité de f , il existeρ > 0, tel que :
∀x ∈ E, kx − x0 k < ρ ⇒ kf (xk > k
C'est-à-dire, B(x0 , ρ) ⊂ Ωk , et donc Ωk est un ouvert de E .
Étape 2
On distingue alors deux cas :
N, Ωk est dense dans E .
Alors, comme E est un espace métrique complet, d'après le théorème de Baire, on a :
Cas 1 : Pour tout k ∈
\
Ωk = E
k∈N
En particulier,
T
Ωk est non-vide et soit x ∈
k∈N
T
Ωk , on a 1 :
k∈N
sup kf (x)k = +∞
f ∈H
N, Ωk n'est pas dense dans E .
Alors, il existe x0 ∈ E et ρ > 0 tels que B(x0 , ρ) ∩ Ωk = ∅. Ainsi, pour tout x ∈ B(x0 , ρ), sup kf (x)k 6 k .
Cas 2 : Il existe un k ∈
f ∈H
On en déduit :
∀x ∈ B(0, ρ), ∀f ∈ H, kf (x)k = kf (x + x0 ) − f (x0 )k 6 2k
Par continuité de f , cette inégalité reste vraie pour tout x ∈ B(0, ρ). D'où, pour tout f ∈ H :
∀x ∈ E, kxk = 1, kf (x)k 6
Au total, pour tout f ∈ H :
kf k 6
2k
ρ
1. En fait, on a même montré que {x| sup kf (x)k = +∞} est dense dans E .
f ∈H
1
2k
ρ
Application 1 (
Il existe des fonctions diérentes de leur série de Fourier )
On considère C2π = {f : R → C, continue, 2π périodique}, muni de la norme innie kk∞ . Pour tout f ∈ C2π ,
on pose :
∀p ∈ Z, cp f ) =
1
2π
Z
π
−π
f (t)e−ipt dt et ∀n ∈ N, Sn (f ) : x →
n
X
cp (f )eipx
p=−n
Il existe f ∈ C2π telle que (Sn (f )(0))n∈N diverge.
En particulier, f est diérente de sa série de Fourier.
`n : C2π
f
Pour n ∈ N, on pose
−→
7−→
C
Sn(f )(0)
Étape 3
`n est une forme linéaire continue sur C2π .
D'abord, par linéarité de l'intégrale, on remarque que `n est une forme linéaire C2π . De plus :
n
P
Comme
=: Dn (t), on a, pour tout f ∈ C2π :
eipt = sin((2n+1)t/2)
sin(t/2)
p=−n
Z π
Z π
n
n
X
X
1
1
f (t)e−ipt dt =
f (t)
eipt dt
2π
2π
−π
−π
p=−n
p=−n
Z π
1
f (t)Dn (t)dt
=
2π −π
Rπ
|Dn (t)|dt ; et donc
−π
Z π
1
|Dn (t)|dt
`n est continue et k`n k 6
2π −π
`n (f ) =
Ainsi, si kf k∞ = 1, |`n (f )| 6
1
2π
Étape 4
Calculons k`n k.
−→
C
.
n (t)
t 7−→ |DDn (t)+ε|
6 1 et par théorème de convergence dominée 2 :
Z π
1
|`n (fε )| −→
|Dn (t)|dt
n→+∞ 2π −π
Pour tout ε > 0, on pose :
Pour tout ε, kf k∞
fε :
R
Ainsi, on a :
k`n k =
1
2π
Z
π
|Dn (t)|dt
−π
Étape 5
Conclusion
Pour tout t ∈ R, on a : sin 2t 6 2t . On en déduit :
Z π
sin((2n + 1)t/2) 1
dt
k`n k >
2π 0 t/2
Z (2n+1) π2 sin u 2
=
u du
π
0
−→ +∞
n→+∞
(en posant u = (2n + 1)t/2)
Z +∞ sin u parce que
u du diverge
0
Ainsi, k`n k −→ +∞. Or, l'espace C2π est complet 3 , donc, en appliquant le théorème de Banach-Steinhauss :
n∞
∃f ∈ C2π , sup (Sn (f )(0)) = sup `n (f ) = ∞
n∈N
n∈N
Donc (Sn (f )(0))n diverge et f est diérente de sa série de Fourier. 4
D (t)
D (t)
|D (t)|
π
2. On considère −π
Dn (t) · |D n
dt. Or, Dn (t) · |D n
= |Dn (t)| |D n
6 |Dn (t)| intégrable sur [−π, π] et → |Dn (t)|
n (t)|+ε
n (t)|+ε
n (t)|+ε
quand ε → 0. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée.
3. (C2π , k·k∞ ) est complet car c'est un fermé de B(R, C), l'ensemble des fonctions bornées de R dans C.
4. On a même : l'ensemble des fonctions diérentes de leur série de Fourier est dense dans C2π .
R
2
Compléments
Lemme 1
Pour tous t ∈ R et n ∈ N, on a :
n
X
n
P
e−ipt =
p=−n
e−ipt =
p=−n
sin((2n+1)t/2)
sin(t/2)
n
n
X
X
eipt +
e−ipt
p=0
p=1
1 − e−int
1−e
+ e−it
it
1−e
1 − e−it
1 − e−int
1 − ei(n+1)t
+ −it
=
it
1−e
e −1
i(n+1)t−e−int
e
=
eit − 1
eit/2 ei(2n+1)t/2 − e−i(n+1)t/2
sin((2n + 1)t/2)
= it/2
=
it/2
−it/2
sin(t/2)
e
e
−e
i(n+1)t
=
Lemme 2
R ∞ sin u du diverge
u
0
Z
0
nπ
n Z kπ
X
sin u sin u du =
u u du
(k−1)π
k=1
n Z kπ
X
sin u >
kπ du
k=1 (k−1)π
Z kπ
Z π
n
2X1
=
puisque
|sin u| du =
sin udu = −(cos π − cos 0) = 2
π
k
(k−1)π
0
k=1
D'où le résultat.
3