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Leçon 4 L'espace dual .pdf



Nom original: Leçon 4 - L'espace dual.pdf

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Universite ABDELHAMID IBN BADIS-Mostaganem
Faculte des Sciences Exactes et des Siences de la Nature et de la Vie
Departement de Mathematiques
1ere Annee Master MIAS, Annee 2009/10
Matiere : Analyse Spectrale des Operateurs I
Responsable : S. M. Bahri
Lecon 4 -

1

L'espace dual

X

Theoreme de Hahn-Banach et ses premieres
consequences

Commencons par l'etude de l'espace X de toutes les fonctionnelles lineaires
bornees sur un espace norme X que nous avons deja introduit dans la Lecon
3. Rappelons que l'espace X est muni avec la norme
kf k = sup
x6=0

jf (x)j
kxk

(1)

et nous appelons cette norme la norme duale (i.e., duale a la norme originale de
X) et l'espace l'espace dual (i.e., dual a l'espace X).
Assertion: Pour tout espace norme X, l'espace dual X est toujours complet,
i.e., un espace de Banach.
Ceci sera demontre plus tard dans un cas plus general.
Theorem 1 (Hahn-Banach) Soit E ,! X un sous espace et f0 2 E . Alors
il existe une extension f 2 X telle que f jE = f0 (i.e., f (x) = f0 (x) pour
x 2 E) et kf kX = kf0 kE c'est a dire,
sup jf (x)j = kxk =

x6=0
x2X

sup
x2Enf0g

jf (x)j = kxk :

Nous allons apprendre dans cette partie du cours d'utiliser ce theoreme, sans le
prouver. Le theoreme sera demontre dans un "expose en classe" dans un cadre
plus general.
Corollary 2
1. Pour tout x0 2 S (X) = fx 2 X : kxk = 1g (la sphere unite
de X), il existe f0 2 X telle que
kf0 kX = 1; et f0 (x0 ) = 1:
[Considerer le sous espace unidimensionnel E0 = f x0 g et la fonctionnelle
' ( x0 ) = : Alors k'kE = 1: D'apres le theoreme de Hahn-Banach il
0
existe une extension f0 avec les proprietes desirees.]

1

2. Pour tout x0 2 X, il existe f0 6= 0 2 X telle que f0 (x0 ) = kf0 k kx0 k :
[utiliser 1.]
3. Pour tout x1 2 X, pour tout x2 2 X tels que x1 =
6 x2 , il existe f 2 X
veri ant f (x1 ) 6= f (x2 ) [utiliser 2. pour x = x1 x2 ].
4. X est un ensemble total, signi ant que si f (x) = 0 pour tout f alors
x = 0:
5. Soit E ,! X un sous espace de l'espace de Banach X, et x 2 X, dist (x; L) =
d > 0: Alors il existe f 2 X telle que kf k = 1; f (L) = 0 et f (x) = d:
Proof. Primo considerons L1 = span fx; Lg ; c'est a dire
L1 = f x + y j

2 R; y 2 Lg :

(2)

De nissons f0 (z (= x + y)) = d:
Montrer la linearite (car z = x + y peut ^etre ecrit d'une maniere unique);
f0 (L) = 0 et f0 (x) = d:
Maintenant
y
j j d = jf0 (z)j ) kf0 kL
1:
kzk = j j x +
1

Il existe aussi yn 2 L tel que kx + yn k ! d: Donc
d = jf0 (x + yn )j

kf0 k kx + yn k ! d kf0 k ) kf0 k

1:

Maintenant considerons l'extension f de f0 avec kf kX = kf0 kL ( dont
1
l'existence est guarantie par le theoreme de Hahn-Banach).
Considerons L ,! X , L? = ff 2 X j f (L) = 0g ,! X :
Corollary 3 Soit L un sous espace ferme. Considerons L? ,! X et L?
?

x 2 X j f (x) = 0 8f 2 L

? ?

: Alors L

?

=

= L:

?

Proof. Il est claire que L ,! L?
(il su t d'appliquer les de nitions).
Maintenant, pour tout x 2
= L et comme L est ferme nous avons
d (x; L) = d > 0:
D'apres le point 5. du corollaire1, il existe f tel que f (L) = 0 (i.e. f 2 L? ) et
?
f (x) 6= 0: Alors x 2
= L? :
Proposition 4 (Systeme biorthogonal) Soit fx1 ; x2 ; : : : ; xn g X un sous
ensemble lineairement independant de X. Alors, il existe f1 ; f2 ; : : : ; fn
X
tels que fi (xj ) = ij :
Proof. Fixons i0 : soit span fXi gi6=i0 = Li0 ; notons que Li0 est un sous
espace ferme (non trivial). xi0 2
= Li0 ; d'apres le point 5. du corollaire1, il existe
fi0 2 X tel que fi0 (Li0 ) = 0; fi0 (xi0 ) = 1:
2

2

Espaces duals

Dans Lecon 3, nous avons vu quelques exemples que nous allons maintenant
revoir en utilisant la terminologie de l'espace dual.
Exemples :
1. Sur l'espace c0 des suites nulles muni de la norme kxk = max jai j nous
de nissons la fonctionnelle lineaire f = (bi ) 2 l1 :
P
Posons f (x) = ai bi . Alors
X
X
jf (x)j
jai bi j
max jai j
jbi j = kxkc0 kf kl1 :
1 i 1

Donc,kf kc

kf kl1 :

0

Maintenant, soit f 2 c0 ; de nissons
f (en ) = an (en = (0; : : : ; 0; 1; 0; : : :)) 2 c0
ou le 1 est dans nieme position).
Pn
Prenons yn = 1 (sign ai ) ei ; kyn kc0 = 1 :
kf kc

0

f (yn ) =

n
X
1

kf kl1 :

jai j (8n 2 N) ) kf kc

0

Ainsi l1 = (c0 ) :
2. l1 = l1 (exercice).
3. Pour 1 < p < 1;

1
p

+

1
q

= 1; nous avons lp = lq :

Encore une fois, veri ez d'abord que si f = (bi ) 2 lq alors f de nie une
fonctionnelle lineaire sur lp par la formule suivante : si x = (ai )
f (x) =

1
X

ai bi

(3)

1

et
jf (x)j
Alors

X

X

ai bi

kf klp

p

1=p

jai j

X

kf klq :

Maintenant, soit f 2 lp : Considerez f (en ) = cn : Prenez
yn =

n
X
1

q 1

(sign ci ) jci j
3

ei :

q

jbi j

1=q

:

(4)

n
X

kyn klp =

1

Alors
kf klp kyn klp

(q 1)p

jci j

jf (yn )j =
=

n
X
1

q

jci j

n
X
1

!1=p

n
X

=

1

q

jci j

!1=p

:

(5)

q

jci j

!1=p

n
X
1

q

jci j

!1=q

= kyn klp

n
X
1

q

jci j

!1=q

donc
kf klp

k(cn )klq

ce qui donne l'egalite inverse. Alors lp peut s'identi er isometriquement
avec l'espace lq .
4. De m^eme Lp = Lq (1 < p < 1) :

4


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