2. Solutions
Ceci montre que lim N→∞ M N ( f ) = λ 0 existe si f ∈ V, on note cette limite L( f ), et que
de plus
f ∈ V =⇒ |L( f )| ≤ ≤ f ∞ puisque |M N ( f )| ≤ ≤ f ∞ ∀ f ∈ F.
Enfin, l’égalité e = λ 0 e avec λ 0 = 1 montre que L(e) = λ 0 = 1.
(3) Un prolongement de L. La forme linéaire L est continue sur V et de
norme 1 ; par le théorème de Hahn-Banach (P 2.3), elle admet un prolongement
M ∈ (
∞ )
∗
= F
∗ de même norme. Ce prolongement a toutes les propriétés requises,
puisque M(e) = M = 1 =⇒ M ≥ 0 et puisque par définition :
f ∈ V =⇒ M( f ) = L( f ); f ∈ V et a ∈ Z =⇒ M( f − T a f ) = L( f − T a f ) = 0,
la dernière égalité venant du fait que f −T a f = 0×e+ f −T a f et que donc L( f −T a f ) = 0.
(4) Supposons que M est « donnée par un élément de E », c’est-à-dire qu’il existe
g ∈ E telle que M( f ) =
n∈Z f (n)g(n) ∀ f ∈ F. La relation de la question (3),
M(T 1 f ) = M( f ), se traduit par
n∈Z
f (n + 1)g(n) =
n∈Z
f (n)g(n − 1) =
n∈Z
f (n)g(n) ∀ f ∈ F.
Par identification, on en déduit
. . . g(−n) = g(−n + 1) = . . . = g(0) = g(1) = . . . g(n − 1) = g(n) = . . .
d’où g(n) = 0 ∀n ∈ Z et g = 0, puisque
n∈Z |g(n)| < ∞. Mais nous avons alors
M(e) =
n∈Z e(n)g(n) = 0 alors que M(e) = 1 ! Cette contradiction montre que M ne
peut pas provenir de E. Le dual de F est donc strictement plus grand que E.
Exercice III.3
(1) A est naturellement linéaire.
(i) A sur E ∞ .
On note A = A ∞ .
|
1
0
t f (t)dt| ≤ ≤ f ∞ |
1
0
tdt =
1
2
f ∞ , donc, d’après (P 1.4), A ∞ est continue et A ∞ ≤
1
2
.
L’utilisation de la fonction f 0 : {t → 1} montre que A ∞ =
1
2 et est atteinte pour le
vecteur normé f 0 .
(ii) A sur E 1 .
On note A = A 1 . L’inégalité permettant d’utiliser (P 1.4) est ici
|
1
0
t f (t)dt| ≤ ≤f 1 sup{t ∈ [0, 1]} = f 1 . Elle conduit à la continuité de A 1 et à la
majoration A 1 ≤ 1.
Si f normée est telle que |A f | = 1, les inégalités précédentes doivent être des égalités.
Ceci est évidemment impossible puisque sous le signe
on devrait pouvoir remplacer t
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
73
Ceci montre que lim N→∞ M N ( f ) = λ 0 existe si f ∈ V, on note cette limite L( f ), et que
de plus
f ∈ V =⇒ |L( f )| ≤ ≤ f ∞ puisque |M N ( f )| ≤ ≤ f ∞ ∀ f ∈ F.
Enfin, l’égalité e = λ 0 e avec λ 0 = 1 montre que L(e) = λ 0 = 1.
(3) Un prolongement de L. La forme linéaire L est continue sur V et de
norme 1 ; par le théorème de Hahn-Banach (P 2.3), elle admet un prolongement
M ∈ (
∞ )
∗
= F
∗ de même norme. Ce prolongement a toutes les propriétés requises,
puisque M(e) = M = 1 =⇒ M ≥ 0 et puisque par définition :
f ∈ V =⇒ M( f ) = L( f ); f ∈ V et a ∈ Z =⇒ M( f − T a f ) = L( f − T a f ) = 0,
la dernière égalité venant du fait que f −T a f = 0×e+ f −T a f et que donc L( f −T a f ) = 0.
(4) Supposons que M est « donnée par un élément de E », c’est-à-dire qu’il existe
g ∈ E telle que M( f ) =
n∈Z f (n)g(n) ∀ f ∈ F. La relation de la question (3),
M(T 1 f ) = M( f ), se traduit par
n∈Z
f (n + 1)g(n) =
n∈Z
f (n)g(n − 1) =
n∈Z
f (n)g(n) ∀ f ∈ F.
Par identification, on en déduit
. . . g(−n) = g(−n + 1) = . . . = g(0) = g(1) = . . . g(n − 1) = g(n) = . . .
d’où g(n) = 0 ∀n ∈ Z et g = 0, puisque
n∈Z |g(n)| < ∞. Mais nous avons alors
M(e) =
n∈Z e(n)g(n) = 0 alors que M(e) = 1 ! Cette contradiction montre que M ne
peut pas provenir de E. Le dual de F est donc strictement plus grand que E.
Exercice III.3
(1) A est naturellement linéaire.
(i) A sur E ∞ .
On note A = A ∞ .
|
1
0
t f (t)dt| ≤ ≤ f ∞ |
1
0
tdt =
1
2
f ∞ , donc, d’après (P 1.4), A ∞ est continue et A ∞ ≤
1
2
.
L’utilisation de la fonction f 0 : {t → 1} montre que A ∞ =
1
2 et est atteinte pour le
vecteur normé f 0 .
(ii) A sur E 1 .
On note A = A 1 . L’inégalité permettant d’utiliser (P 1.4) est ici
|
1
0
t f (t)dt| ≤ ≤f 1 sup{t ∈ [0, 1]} = f 1 . Elle conduit à la continuité de A 1 et à la
majoration A 1 ≤ 1.
Si f normée est telle que |A f | = 1, les inégalités précédentes doivent être des égalités.
Ceci est évidemment impossible puisque sous le signe
on devrait pouvoir remplacer t
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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