\documentclass{article} \usepackage{lmodern} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[francais]{babel} \usepackage{enumerate} \usepackage{setspace} \usepackage{soul} \usepackage{amsthm, amsmath, amssymb} %\usepackage{mathrsfs} \usepackage{graphicx} %\usepackage{centernot} %\usepackage[all]{xy} \usepackage[shortlabels]{enumitem} \setlength\parindent{0em} \newtheoremstyle{theoreme}{10pt}{10pt}{\itshape}{6pt}{\bfseries}{.}{\newline}{} \theoremstyle{theoreme} \newtheorem*{prop}{Proposition} \newtheorem*{lemme}{Lemme} \newtheorem*{cor}{Corollaire} \newtheorem*{thm}{Théorème} \theoremstyle{definition} \newtheorem*{de}{Définition} \newtheorem*{exe}{Exemple} \newtheorem*{app}{Application} \theoremstyle{remark} \newtheorem*{remarque}{Remarque} \title{Théorème de Hahn-Banach en dimension infinie} \date{2013-2014} \begin{document} \maketitle \qquad Référence : Haïm Brezis, \emph{Analyse fonctionnelle}, Dunod, 1999, p.1. \begin{thm}[Hahn-Banach analytique] Soit $E$ un $\mathbb R$-espace vectoriel. Soit $p:E\to\mathbb R$ une application vérifiant : \begin{enumerate}[(i)] \item $p(\lambda x)=\lambda p(x)\qquad\forall x\in E,\forall \lambda>0$ \item $p(x+y)\le p(x)+p(y)\qquad\forall x,y\in E.$ \end{enumerate} Soit $G$ un sous-espace vectoriel de $E$, soit $g:G\to\mathbb R$ une forme linéaire telle que pour tout $x\in G,g(x)\le p(x)$. Alors il existe $f:E\to\mathbb R$ une forme linéaire qui prolonge $g$ et telle que pour tout $x\in E,f(x)\le p(x)$. \end{thm} \begin{lemme}[Zorn] Tout ensemble ordonné, inductif et non vide admet un élément maximal. \end{lemme} \begin{proof}[Démonstration du théorème] On considère : \begin{align*} P:=\{h\mid h:D(h)\subset E\to\mathbb R\text{ avec }&D(h)\text{ sev de }E, h\text{ linéaire},G\subset D(h),\\ &h\text{ prolonge }g\text{ et }\forall x\in D(h),h(x)\le p(x)\} \end{align*} On munit $P$ de la relation d'ordre : \[h_1\le h_2\iff D(h_1)\subset D(h_2)\text{ et }h_2\text{ prolonge }h_1.\] $P\neq\varnothing$ car $g\in P$. $P$ est inductif : soit $Q\subset P$ un sous-ensemble totalement ordonné, on note $Q=(h_i)_{i\in I}$, on définit $D(h):=\bigcup_{i\in I}D(h_i)$ et $h(x):=h_i(x)$ si $x\in D(h_i)$. Alors $h$ est un majorant de $Q$. D'après le lemme de Zorn, $P$ possède un élément maximal $f$. Prouvons que $D(f)=E$ : Supposons que $D(f)\neq E$ et soit $x_0\notin D(f)$, on pose $D(h):=D(f)+\mathbb Rx_0$ et : \[h(x+tx_0)=f(x)+t\alpha\qquad\forall x\in D(f),\forall t\in\mathbb R\] pour un certain $\alpha$, le but étant que $h\in P$. On doit donc avoir : \[f(x)+t\alpha\le p(x+tx_0)\qquad\forall x\in D(f),\forall t\in\mathbb R.\] \emph{i.e.} \[ \left\{ \begin{array}{l} f(x)+\alpha\le p(x+x_0)\qquad\forall x\in D(f)\\ f(x)-\alpha\le p(x-x_0) \end{array} \right.\] par $(i)$. Il suffit donc de choisir $\alpha$ tel que : \[\sup_{y\in D(f)}(f(y)-p(y-x_0))\le\alpha\le\inf_{x\in D(f)}(p(x+x_0)-f(x))\] Ceci est possible car : \begin{align*} f(x)+f(y)&\le p(x+y)\\ &\le p(x+x_0)+p(y-x_0) \end{align*} Donc $f(y)-p(y-x_0)\le p(x+x_0)-f(x)\qquad\forall x,y\in D(f)$. Ainsi, $h\in P$ et $f\le h,f\neq h$, on obtient une contradiction. \end{proof} \begin{cor} Soit $E$ un espace vectoriel normé, $G$ un sous-espace vectoriel de $E$. Soit $g:G\to\mathbb R$ linéaire et continue. Alors il existe $f\in E'$ prolongeant $g$ et telle que $\|f\|=\|g\|$. \end{cor} \begin{proof} On pose $p(x):=\|g\|\|x\|$, les hypothèses du théorème sont bien vérifiées et on a $|f(x)|\le \|g\|\|x\|$, d'où $\|f\|\le\|g\|$, d'où $\|f\|=\|g\|$ car $f$ prolonge $g$. \end{proof} \begin{cor} Pour tout $x\in E$, il existe $f_0\in E'$ tel que $\|f_0\|=\|x_0\|$ et $\langle f_0,x_0\rangle=\|x_0\|^2$. \end{cor} \begin{proof} Appliquer le corollaire avec $G:=\mathbb Rx_0$ et $g(tx_0):=t\|x_0\|^2$, de sorte que $\|g\|=\|x_0\|$. \end{proof} \begin{cor} Pour tout $x\in E$, \[\|x\|=\sup_{\overset{f\in E'}{\|f\|\le 1}}|\langle f,x\rangle|=\max_{\overset{f\in E'}{\|f\|\le 1}}|\langle f,x\rangle|\] \end{cor} \begin{proof} Soit $x\neq 0$, alors : \[\sup_{\overset{f\in E'}{\|f\|\le 1}}|\langle f,x\rangle|\le\|x\|\] et, par le corollaire précédent, il existe $f_0\in E'$ tel que $\|f_0\|=\|x\|$ et $\langle f_0,x\rangle~=~\|x\|^2$. On pose $f_1:=\frac{f_0}{\|x\|}$, on a $\|f_1\|=1$ et $\langle f_1,x\rangle=\|x\|$. \end{proof} \begin{thm}[Hahn-Banach géométrique, sens large] Soit $E$ un espace vectoriel normé sur $\mathbb R$. Soit $A\subset E,B\subset E$ deux ensembles convexes, non vides et disjoints. On suppose que $A$ est ouvert. Alors il existe un hyperplan affine fermé qui sépare $A$ et $B$ au sens large. \end{thm} \begin{lemme} Soit $C\subset E$ un convexe ouvert avec $0\in C$. On pose, pour $x\in E$, $p(x):=\inf\{\alpha>0\mid x\in\alpha C\}$ la jauge de $C$. Alors $p$ vérifie les conditions $(i)$ et $(ii)$ de Hahn-Banach analytique et : \begin{enumerate}[(i),start=3] \item Il existe $M$ tel que $0\le p(x)\le M\|x\|\qquad\forall x\in E$ \item $C=\{x\in E\mid p(x)<1\}$. \end{enumerate} \end{lemme} \begin{proof} ~~ \begin{itemize} \item[$(iii)$]Soit $r>0$ tel que $B(0,r)\subset C$, alors $p(x)\le\frac 1r\|x\|$, d'où $(iii)$. \item[$(i)$]Vérification immédiate. \item[$(iv)$] \begin{itemize} \item Supposons $x\in C$, $C$ est ouvert donc il existe $\varepsilon>0$ tel que $(1+\varepsilon)x\in C$, donc : \[p(x)\le\frac 1{1+\varepsilon}<1\] \item Si $p(x)<1$, il existe $0<\alpha<1$ tel que $\frac x\alpha\in C$, donc : \[x=\alpha\frac x\alpha+(1-\alpha)\times 0\in C\] \end{itemize} \item[$(ii)$]Soit $x,y\in E$, soit $\varepsilon>0$, alors d'après $(i)$ et $(iv)$ : \[\frac x{p(x)+\varepsilon}\text{ et }\frac y{p(y)+\varepsilon}\in C\] Donc : \[\frac{tx}{p(x)+\varepsilon}+\frac{(1-t)y}{p(y)+\varepsilon}\in C\qquad\forall t\in[0,1]\] Alors : \[\text{pour }t=\frac{p(x)+\varepsilon}{p(x)+p(y)+2\varepsilon},\text{ on a }\frac{x+y}{p(x)+p(y)+2\varepsilon}\in C\] D'où $p(x+y)
0$, d'où $(ii)$.
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{lemme}
Soit $C\subset E$ un convexe ouvert non vide. Soit $x_0\in E\setminus C$.
Alors il existe $f\in E'$ tel que $f(x)