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Sous-espaces fermés de Lp(µ)
Théorème 1. Soit (X, F, µ)un espace de mesure positive finie, ie µ(X)<. Soit p[1,[
et Fun sev fermé de Lp(µ)tel que FL(µ). Alors, Fest de dimension finie.
Démonstration. :
Etape 1 : montrons que k.kpet k.ksont équivalentes sur F. L’injection i:L(µ)Lp(µ)
est continue puisque Xest de mesure finie. En effet, pour fL(µ), il existe un ensemble
mesurable tel que µ(Ωc) = 0 ce qui équivaut à µ(Ω) = µ(X)car µest finie et pour lequel on
ait pour tout x,|f(x)| ≤ kfk<. On a alors :
RX|f(x)|pdµ(x) = R|f(x)|pdµ(x)Rkfkp
dµ(x)µ(Ω)kfkp
Ainsi, kfkpµ(Ω) 1
pkfk=µ(X)1
pkfk(1).
Objectif 1. Cf. (1)il reste à montrer que l’injection i: (F, k.kp)(F, k.k)est aussi
continue.
Méthode 1. Comme Fest un sev fermé de l’espace de Banach Lp(µ),(F, k.kp)est lui-même
un espace de Banach. Par linéarité de i: (F, k.kp)(F, k.k)(L(µ),k.k), on va prouver
sa continuité à l’aide du théorème du graphe fermé.
Soit donc (fn)nNune suite de (F, k.kp)et (f, g)Lp(µ)×L(µ)tels que :
lim
n→∞ kfnfkp= 0 et lim
n→∞ ki(fn)gk= lim
n→∞ kfngk= 0
Notre obectif est de montrer que i(f) = gf=gdans L(µ). Pour ce faire, il suffit juste de
montrer que fL(µ)et que f=g,µ.p.p. Comme (fn)nNest une suite de (F, k.kp), sev fermé
de Lp(µ), naturellement f(F, k.kp)et donc fL(µ). De plus, par l’inégalité de Minkowski
on a :
kfgkp≤ kffnkp+kfngkp≤ kffnkp+µ(X)1
pkfngk
| {z }
cf. (1)
D’après, nos hypothèses de convergence sur la suite (fn)nN, on en déduit kfgkp= 0 =f=g
µ.p.p et la continuité de i: (F, k.kp)(F, k.k). Ainsi, il existe K > 0tel que pour tout
fF, kfkKkfkp(2)
Etape 2 : Remarquons comme précédemment que FL2(µ). En effet, comme FL(µ), avec
le même raisonnement qu’à l’étape 1, on a pour tout fF,RX|f(x)|2dµ(x)µ(X)2kfk<
et donc fL2(µ). Montrons alors qu’il existe M > 0, tel que pour tout fF, on ait alors
kfkMkfk2
Pour ce faire, montrons qu’il existe une constante Cste >0tel kfkpCstekfk2, ce qui donnera
le résultat en recollant avec (2).
1. Si p2, l’injection (F, k.k2)(F, k.kp)est continue, via le théorème d’emboîtement
croissant puisque Xest de mesure finie et il existe donc une constante C > 0tel que
k.kpCk.k2.
2. Si p > 2, et fF, on a :
||f||p
p=RX|f(x)|pdµ(x) = RX|f(x)|p2|f(x)|2dµ(x)≤ kfkp2
kfk2
2.
Les normes k.ket k.kpétant équivalentes sur F, il existe C > 0tel que k.kCk.kpsur Fet
on en déduit donc pour p > 2:
kfkp
pCp2kfkp2
pkfk2
2=⇒ kfk2
pCp2kfk2
2=⇒ kfkpCp2
2kfk2
et en recollant avec (2)on a l’existence de M > 0tel que pour tout fF:
kfkMkfk2(3).
Etape 3 : Soient (f1, . . . , fn)FL2(µ)une famille libre que l’on peut supposer orthonormale
(quitte à utiliser le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt). On note Bla boule unité
fermée de Cnpour la norme euclidienne et pour c= (c1, . . . , cn)Bon définit l’élément :
fc=c1f1+. . . +cnfn.
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Objectif 2. Montrer que kfck21.
Tout d’abord, fcFL2(µ)puisque fcest combinaison linéaire de f1, . . . , fnFL2(µ).
La famille (fi)1inétant orthonormale on a :
kfck2
2=
n
P
i=1
kcifik2
2=
n
P
i=1
|ci|2kfik2
2=
n
P
i=1
|ci|2=kck2
21 =⇒ kfck21
Objectif 3. montrer que |fc(x)| ≤ M µ.p.p.
Comme Cnest séparable, la boule unité fermée de Cnpour la norme euclidienne l’est aussi (cf.
Rappels) et il existe une suite (c(k))kNdense dans la boule unité de (Cn,k.k2). Comme pour
tout kN,fc(k)FL(µ), à kNfixé, il existe kmesurable tel que µ(Ωc
k) = 0 et pour
tout xk:
|fc(k)(x)| ≤ kfc(k)k
On considère alors Ω = T
kN
kqui est une partie mesurable dont le complémentaire est natu-
rellement de mesure nulle et telle que x,kN,|fc(k)(x)|≤ kfc(k)k. D’après (3), on a
alors pour tout kNet tout x:
|fc(k)(x)| ≤ kfc(k)kMkfc(k)k2M
Soit cB, comme (c(k))kNest dense dans B, il existe une suite (c(ki))iNde (c(k))kNqui
converge vers cpour la norme k.k2. Sur Cn, toutes les normes étant équivalentes,(c(ki))kN
converge vers ccomposantes par composantes et notant c(ki) = (c(ki)(1), c(ki)(2), . . . , c(ki)(n))
Bet c= (c1, . . . , cn)on a alors lim
i→∞ c(ki)(1) =c1,..., lim
i→∞ c(ki)(n)=cn.
Objectif 4. Montrons que lim
i→∞ fc(ki)(x) = fc(x)et que |fc(x)| ≤ Mpour xet cB.
Commençons par montrer que pour xfixé, la fonction BR
c7−→ |fc(x)|est continue. En
effet,
|fc(x)fd(x)|=|
n
P
i=1
(cidi)fi(x)|≤
n
P
i=1
|cidi| | fi(x)|≤ max
1in||fi||
n
P
i=1
|cidi|
soit lim
cd|fc(x)fd(x)|= 0 car ci7→ dicomposantes par composantes et donc la continuité de
l’application ci-dessus. On a donc lim
i→∞|fc(ki)(x)|=|fc(x)| ≤ Mcar |fc(ki)(x)| ≤ Mpour tout
iN. Finalement pour tout xet tout cB,|fc(x)| ≤ M.
Objectif 5. Montrons que nµ(X)M2.
Pour x, on définit c(x)Bpar c(x) =
(f1(x),...,fn(x))
||(f1(x),...,fn(x))||2
s’il existe i tel que fi(x)6= 0
0sinon
Alors, s’il existe itel que fi(x)6= 0 :
fc(x)(x) = 1
k(f1(x),...,fn(x))k2
n
P
i=1
|fi(x)|2=k(f1(x), . . . , fn(x))k2
et on a encore l’égalité ci-dessus si fi(x)=0pour tout i[[1, n]]. Ainsi, pour tout x:
fc(x)(x)2=k(f1(x), . . . , fn(x))k2
2=
n
P
i=1
|fi(x)|2M2.
En intégrant, on a : RX
n
P
i=1
|fi(x)|2dµ(x) =
n
P
i=1 RX|fi(x)|2dµ(x) =
n
P
i=1
kfik2
2=net par croissance
de l’intégrale :
n=RX
n
P
i=1
|fi(x)|2dµ(x)M2RX1 dµ(x) = M2µ(X)
Conclusion : Une famille libre de Fa donc au plus M2µ(X)éléments et donc Fest fini. On
peut aussi le voir ainsi : si on suppose que Fest de dimension infinie, alors on peut trouver une
famille libre orthonormée de m>M2µ(X)vecteurs de FL2(µ)et d’après ce qui précède, on
aurait aussi mM2µ(X), absurde.
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Rappel 1. Soit Xespace mesuré muni d’une mesure positive µ. On a pour p[1,],Lp(µ)
est un espace vectoriel normé.
Rappel 2. Théorème des espaces emboîtés. On suppose Xde mesure finie. Alors, pour
1pqet fLq(µ)on a :
Lq(µ)Lp(µ)et kfkpµ(X)1
q1
pkfkq.
et donc l’injection de Lq(µ)dans Lp(µ)est continue.
Rappel 3. L2(µ)est un espace de Hilbert pour le produit scalaire suivant
(f, g)7−RXf(x)g(x) dµ(x).
Rappel 4. Soient E, F deux espaces de Banach et T:EFune application linéaire. Alors,
Test continue si et seulement si son graphe Γ = {(x, T (x)) |xE}est fermé.
Rappel 5. Les parties complètes d’un espace métrique complet sont les parties fermées.
Rappel 6. Borne essentielle.
Soit g:X[0,]mesurable. On note Sl’ensemble des réels αtels que :µ({xX|g(x)>
α}) = 0. Pour S=, on pose β=et sinon β=inf (S). On a βSet βest appelée la borne
essentielle de g.
Rappel 7. Pour tout fonction fmesurable à valeurs complexes définie sur X, on pose :
kfk= la borne essentielle de |f|.
On définit alors L(µ)comme l’ensemble des fonctions mesurables ftelles que kfk<et
L(µ) = L(µ)/N(µ)
N(µ)est l’ensemble des fontions mesurables nulles µ.p.p.
Rappel 8. Pour fL(µ), il existe mesurable tel que csoit négligeable (µ(cΩ) = 0)
avec :
x,|f(x)|≤ kfk<.
Rappel 9. Soit (E, T)un espace topologique. Il est dit séparable s’il contient une partie finie ou
dénombrable dense. Si (E, d)est un espace métrique, alors :
(E, d)est séparable si et seulement si (E, d)est à base dénombrable
c’est à dire qu’il existe une suite d’ouverts (Un)n1de Etel que tout ouvert Ude Es’écrive
comme la réunion d’ouverts Un. Ainsi si (E, d)est séparable, pour toute partie Ade E, munie
de la topologie induite, on a Aest aussi séparable.
Remarque 1. Attention, dans un espace topologique Enon métrique, Eséparable n’implique
pas forcément AEséparable.
Référence :
Rudin. Analyse fonctionnelle.
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