Théorème de Banach-Steinhauss
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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