4 - Université d`Orléans

SOM1MT05
Analyse Fonctionnelle
Université d’Orléans
2014-2015
Cours, Chapitre n 4
Luc Hillairet.
Théorèmes de Stone-Weierstrass 1
Soit K un espace métrique compact, on munit E = C 0 (K, R) de la norme de la convergence
uniforme. Il s’agit de donner des critères pour qu’une famille soit dense dans E.
1
Rappels de densité
Proposition 1. Soit (E, k · k) un espace vectoriel normé, une partie X ⇢ E est dite dense
dans E si l’une des propriétés équivalentes suivantes est vérifiée.
1. L’adhérence de X est E (i.e. X = E).
2. Pour tout ouvert non-vide U ⇢ E, X \ U 6= ;.
3. Pour tout x 2 E et tout r > 0, X \ B(x, r) 6= ;.
4. Pour tout x 2 E, il existe une suite (xn )n
vers x.
0
d’éléments de X telle que (xn )n
0
tend
Démonstration. Montrons d’abord que 1 , 2. En fait on montre plus précisément que la
négation de 1 :
X 6= E,
est équivalente à la négation de 2 :
9 U, ouvert non-vide U \ X = ;.
En e↵et, X 6= E équivaut à dire que le complémentaire de X est non-vide. Comme il est
ouvert par définition, il suffit de poser U = E \ X. Réciproquement, s’il existe un ouvert
non-vide U tel que X \ U = ;, alors E \ U est un fermé qui contient X et donc X ⇢ E \ U.
Comme U est non-vide, E \ U est strictement inclus dans E et on a terminé.
2 ) 3 est direct puisque B(x, r) est ouvert.
3 ) 4. Fixons x 2 E et prenons rn = n1 . Par 3, pour tout n on peut trouver xn 2
B(x, rn ) \ X. Il est alors imédiat que cette suite converge vers x.
4 ) 2. Soit U un ouvert non-vide et soit x 2 U. Puisque U est ouvert, il existe r tel que
B(x, r) ⇢ U. D’après 4 on peut construire une suite d’éléments de X qui tend vers x. Par
définition de la convergence, cette suite entre dans B(x, r) à partir d’un certain rang et donc
xn 2 U \ X pour tout n assez grand.
1. Stone, Marshall, 1903-1989 : mathématicien américain, Weierstrass, Karl-Theodor, 1815-1897 :
mathématicien allemand
1
Exercice 1. Dans un espace vectoriel normé E montrer les implications suivantes
1. si X est dense et Y contient X alors Y est dense.
2. Si X est dense et Y est une partie telle que X ⇢ Y , alors Y est dense.
Exercice 2. Soit E un espace vectoriel, N1 et N2 deux normes sur E. On suppose qu’une
partie X est dense dans E pour la norme N1 . Montrer que si N1 contrôle N2 alors X est
dense dans E pour la norme N2 .
1.1
Un critère de densité
On admettra les deux résultats suivants conséquences du théorème de Hahn-Banach 2 .
Lemme 1 (admis). Soit E un espace de Banach et x 6= 0 un élément de E alors il existe une
forme linéaire continue ⇤ sur E telle que
8y 2 E, |⇤(y)|  kyk, et
|⇤(x)| = kxk
Il est clair que si X est dense alors une forme linéaire continue qui s’annule sur X s’annule
sur E. La proposition suivante dit que, dans un espace de Banach, la réciproque est vraie.
Proposition 2 (admise). Soit E un espace de Banach et X ⇢ E. Si X n’est pas dense, il
existe une forme linéaire continue ⇤ non-nulle telle que X ⇢ ker ⇤.
1.2
Utilisation de la densité
La notion de densité est très importante. En e↵et, par continuité, on pourra souvent
étendre une propriété vraie sur un ensemble dense à tout l’espace E. Par exemple, on a déjà
vu que si ⇤ est une forme linéaire nulle sur un ensemble dense alors elle est constamment
nulle.
On rappelle aussi ici le théorème de prolongement des applications uniformément continues
et son corollaire linéaire.
Théorème 1. Soit X ⇢ E une partie d’un espace vectoriel normé, F un espace de Banach, et
f une application uniformément continue de X dans F. Alors il existe une unique application
uniformément continue g définie de X dans F telle que 8x 2 X, f (x) = g(x).
Démonstration. Soit x 2 X, il faut définir g(x). Par densité de X dans X, il existe une
suite (xn )n 0 d’éléments de X qui converge vers x. Examinons la suite (f (xn ))n 0 dans F et
montrons qu’elle est de Cauchy. En e↵et, par uniforme continuité :
8" > 0, 9⌘ > 0, 8x1 , x2 2 X, [kx1
Mais comme la suite (xn )n
existe donc n0 tel que
0
x2 k < ⌘ ) kf (x1 )
f (x2 )k < "] .
converge dans X ⇢ E, elle est en particulier de Cauchy et il
8p, q > n0 , kxp
xq k < ⌘.
2. Hahn, Hans, 1879-1934 : mathématicien autrichien, Banach, Stefan, 1892-1945 : mathématicien polonais.
2
Mises bout à bout, ces deux assertions entraı̂nent que la suite (f (xn ))n 0 est de Cauchy et donc
converge vers un élément que l’on note g(x). On peut remarquer que cet élément ne dépend
pas de la suite initialement choisie. En e↵et, si on prend deux suites de X qui convergent vers
le même x, la procédure précédente construit un g1 (x) et un g2 (x). En intercalant les deux
suites, on en construit une troisième qui converge encore vers x. On obtient ainsi un g3 (x)
qui, par unicité de la limite doit coı̈ncider avec g1 (x) et g2 (x). On vérifie, par un passage à la
limite que g reste uniformément continue.
Dans le cas linéaire, l’uniforme continuité revient à montrer une estimation.
Corollaire 1. Soit E un espace vectoriel normé, X un sous-espace vectoriel dense de E. Soit
F un espace de Banach et L une application linéaire de X vers X telle que
9M, 8x 2 X, kL(x)k  M · kxk.
Alors il existe une application linéaire continue L̄ qui prolonge L et telle que
8x 2 E, kL̄(x)k  M · kxk.
Remarque : Ce théorème sert dans l’extension de la transformation de Fourier à L2 (R). On
la définit d’abord sur une partie dense X (soit L1 \ L2 , soit la classe de Schwartz) par la
formule habituelle. On montre la formule de Plancherel pour les éléments de X, ce implique
l’estimation nécessaire pour appliquer le théorème de prolongement.
2
Densité dans les espaces de fonctions continues
Dans ce chapitre, on considére K un espace métrique compact et E = C 0 (K, R) muni de
la norme de la convergence uniforme.
2.1
Préparation
Lemme 2 (de Dini 3 ). Soit K un espace métrique compact et soit (fn )n 0 une suite de
fonctions de C 0 (K, R) qui converge simplement vers une fonction f. On suppose que
1. Pour tout x 2 K, la suite (fn (x))n
0
est croissante.
2. La limite simple f est continue.
Alors (fn )n
0
converge uniformément vers f.
Démonstration. Fixons " > 0. On pose
⌦n := {x 2 K, fn (x) > f (x)
"}.
Par hypothèse, la suite (⌦n )n 0 est une suite croissante
d’ouverts (i.e. pour tout n, ⌦n est
S
ouvert et si p
n, ⌦n ⇢ ⌦p ). Par ailleurs K = n 0 ⌦n et donc, par compacité de K (et
croissance de la suite (⌦n )n 0 ), il existe un entier n0 tel que
K = ⌦n0
3. Dini, Ulisse, 1845-1918, mathématicien italien
3
On a donc montré que
8" > 0, 9n0 , 8x 2 K, 8n
n0 , f (x)
fn (x)
fn0 (x)
Cette dernière ligne exprime la convergence uniforme de (fn )n
0
f (x)
".
vers f.
On applique ce lemme de Dini à la construction suivante.
Corollaire 2. Soit (Pn )n
0
⇢
La suite (Pn )n
0
la suite de polynômes définie par récurrence de la façon suivante :
P0 (x) = 0,
Pn+1 (x) = Pn (x) +
1
2
x2
Pn2 (x) .
converge uniformément sur [ 1, 1] vers la fonction x 7! |x|.
Démonstration. Vérifions par récurrence sur n la propriété Pn :
Pn : 8x 2 [ 1, 1], 0  Pn (x)  Pn+1 (x)  |x|.
Initialisation.
Hérédité.
Puisque P1 (x) = 12 x2 la propriété P0 est bien satisfaite.
Supposons Pn vraie. On a alors par définition
Pn+2 (x)
Pn+1 (x) =
1 2
x
2
2
Pn+1
(x) ,
et cette quantité est positive par hypothèse de récurrence. De plus, on a
Pn+2 (x) = Pn+1 (x) +
1
(|x|
2
Pn+1 (x)) (|x| + Pn+1 (x))
1
|x|) + (|x| Pn+1 (x)) (|x| + Pn+1 (x))
✓ 2
◆
1
Pn+1 (x)) 1
(|x| + Pn+1 (x)) .
2
= |x| + (Pn+1 (x)
= |x|
(|x|
La dernière parenthèse est positive et on trouve donc bien que Pn+2 (x)  |x|.
Conclusion.
Ainsi la récurrence s’applique et Pn est vraie pour tout n.
Pour tout x 2 [ 1, 1] la suite (Pn (x))n 0 est donc croissante et majorée par |x|, elle
converge donc vers une limite que l’on note `(x). D’après la relation de récurrence, on doit
avoir (x2 `(x)2 ) = 0 et comme `(x) 0 on en déduit `(x) = |x|. Ainsi, la suite de fonctions
(Pn )n 0 converge simplement vers x 7! |x|. Le lemme de Dini s’applique et on en déduit que
la convergence est uniforme.
4
2.2
un premier résultat de densité
On va démontrer un premier lemme assurant la densité d’une partie X sous des hypothèses
convenables. Ces hypothèses seront ensuite remplacées par des hypothèses plus naturelles.
On rappelle que si u et v sont deux fonctions de C 0 (K, R) alors min(u, v) (res.max(u, v))
est la fonction qui, à x associe min(u(x), v(x)) (resp. max(u(x), v(x))) et que celle-ci n’a de
sens que lorsque les fonctions sont à valeurs réelles.
Exercice 3. Montrer que si u et v sont continues alors min(u, v) et max(u, v) sont continues.
Lemme 3. Soit K un compact métrique qui contient au moins deux éléments. Soit X ⇢
C 0 (K, R) une partie qui vérifie les deux hypothèses suivantes.
1. 8u, v 2 X, min(u, v) 2 X, et max(u, v) 2 X.
2. 8x1 , x2 2 K, 8↵1 , ↵2 2 R, 9u 2 X, u(xi ) = ↵i , i = 1, 2.
Alors, X est dense dans C 0 (K, R).
Démonstration. Soit f 2 C 0 (K, R) et " > 0, on va montrer qu’il existe w 2 X telle que
8x 2 K, f (x)
" < w(x) < f (x) + ".
Ainsi w appartiendra à la boule de centre f et de rayon " et on aura bien montré que X
rencontre B(f, ") pour toute f et tout " > 0.
Fixons x 2 K. Pour tout y 6= x, l’hypothèse 2 assure qu’il existe une fonction uy 2 X telle
que
uy (x) = f (x) et uy (y) = f (y).
On définit alors l’ensemble Oy comme
Oy := x0 2 K, uy (x0 ) > f (x0 )
" .
Il est clair que Oy est un ouvert qui contient y et x. On a donc un recouvrement ouvert de
K en considérant
[
Oy .
y2K\{x}
On extrait un sous-recouvrement fini Oy1 , . . . , OyN . On pose vx := max{uy1 , . . . , uyN }. Remarquons que, par construction vx (x) = f (x) et
8x0 2 K, vx (x0 ) > f (x0 )
(parce que x0 est dans un des Oyi et que vx (x0 )
"
uyi (x0 ) > f (x0 )
"). On pose maintenant
Ux := x0 2 K, vx (x0 ) < f (x) + " .
Comme vx (x) = f (x) on obtient un recouvrement ouvert de K dont on peut extraire un
sous-recouvrement fini
N1
[
U xj .
j=1
On pose alors w := min vxj , j = 1, . . . , N1 . Par construction, pour tout x0 2 K,
f (x)
" < w(x0 ) < f (x0 ) + ".
5
Dans le lemme précédent, aucune structure n’est supposée pour X. Dans la suite on va
montrer que les hypothèses 1 et 2 du lemme sont impliquées par des conditions un peu plus
naturelles en demandant un peu plus de structure à X. On introduit pour cela les définitions
suivantes.
Définition 1.
1. Une partie X de C 0 (K, R) est dite séparante si
8x, y 2 K, x 6= y, 9u 2 X, u(x) 6= u(y).
On dit aussi que X sépare les points.
2. Une partie X de C 0 (K, R) est dite réticulée si
8u, v 2 X, max(u, v) 2 X, et min(u, v) 2 X.
Théorème 2. Soit X un sous-espace vectoriel de C 0 (K, R). On suppose que
1. X est réticulé,
2. X sépare les points,
3. X contient les fonctions constantes.
Alors X est dense dans C 0 (K, R).
Remarque : Puisque X est un sous-espace vectoriel, pour montrer que X contient les fonctions constantes, il suffit que X contienne une fonction constante non-nulle (par exemple la
fonction x 7! 1).
Démonstration. Il s’agit de montrer que, puisque X est un sous-espace vectoriel, les deux
dernières hypohèses du théorème entraı̂ne la dernière hypothèse du lemme. Soit donc x1 6=
x2 2 K et ↵1 , ↵2 2 R. Puisque X sépare les points, il existe u 2 X telle que u(x1 ) 6= u(x2 ).
Cette condition assure que le système
⇢
u(x1 ) + µ = ↵1 ,
u(x2 ) + µ = ↵2 ,
d’inconnues ( , µ), admet une unique solution. La fonction · u + µ est alors dans X puisque
X est un sous-espace vectoriel qui contient la fonction u et la fonction x 7! 1.
Le plus pénible à vérifier est le fait que X est réticulé. On va la remplacer en demandant
encore plus de structure à X.
2.3
Sous-algèbres denses
Définition 2. Soit X une partie de C 0 (K, R). On dit que X est une sous-algèbre lorsque X
est un sous-espace vectoriel qui est de plus stable par multiplication. C’est à dire :
8u, v 2 X, u · v 2 X.
6
Remarquons tout de suite que si X est une sous-algèbre et si u 2 X alors, pour tout
polynôme P , la fonction P (u) est encore dans X.
Lemme 4. Soit X une sous-algèbre fermée de C 0 (K, R) alors X est réticulée.
Démonstration. On va montrer que si u 2 X alors la fonction x 7! |u(x)| appartient à X.
Cela impliquera le résultat en utilisant les relations
1
(u + v + |u
2
1
min(u, v) = (u + v |u
2
max(u, v) =
v|) ,
v|) .
On peut, sans perte de généralité, supposer que u est non-nulle. On peut donc former la
fonction kuku 1 qui reste dans X et prend ses valeurs dans [ 1, 1]. On a alors, avec la suite Pn
construite en préliminaires,
⇢
✓
◆
u(x)
|u(x)|
sup Pn
, x 2 K  sup {|Pn (z) |z|| , z 2 [ 1, 1]} .
kuk1
kuk1
⇣
⌘
|u|
Cette estimation montre que la suite Pn ( kuku 1 )
converge uniformément vers kuk
.
1
n 0
Comme X est une sous-algèbre, les éléments de cette suite sont dans X. La limite appartient aussi à X puisque ce dernier ensemble est fermé. Ainsi |u| appartient à X. aussi.
On en déduit donc le théorème suivant.
Théorème 3 (Stone-Weierstrass, cas réel). Soit K un compact métrique et X une sousalgèbre de C 0 (K, R) qui sépare les points et contient les constantes est dense.
Démonstration. Il faut d’abord remarquer que X reste une sous-algèbre. En e↵et, soit u, v 2 X
il existe (un )n 0 et (vn )n 0 deux suites de X qui convergent respectivement vers u et v. Il est
alors immédiat que toute combinaison linéaire un + µvn forme une suite d’éléments de X
qui converge vers u + µv. Cela assure que X reste un espace vectoriel. De même (un · vn )n 0
converge vers u · v ce qui assure que X reste une sous-algèbre.
D’après ce qui précède, X est réticulée. Elle sépare toujours les points et contient les
constantes. Elle est donc dense dans C 0 (K, R) et comme X est fermée, on en déduit
X = C 0 (K, R).
Corollaire 3. Soit K une partie compacte de Rd . L’ensemble des fonctions polynômiales de
K dans R est dense dans C 0 (K, R).
Démonstration. En e↵et, l’ensemble des fonctions polynômiales est une sous-algèbre. Elle
contient les constantes. Il reste à voir qu’elle sépare les points. Soit x, y 2 K tels que x 6= y.
Au moins une des composantes de x di↵ère de celle de y. Si cette composante est la i-ème
alors la fonction polynômiale x 7! xi sépare x et y.
Exercice 4. Ecrire soigneusement que si X est une sous-algèbre de C 0 (K, R), alors X est
encore une sous-algèbre.
Remarques :
7
1. A propos de la condition de séparation. Si elle n’est pas vraie, cela signifie qu’il existe
x 6= y tels que pour toute fonction f de X, on a f (x) = f (y). Par continuité cela
entraı̂ne que pour toute fonction g de X on a la même égalité. Ceci explique pourquoi
cette condition est naturelle.
2. Le corollaire précédent que l’on peut retenir comme les fonctions polynômiales sont
denses dans C 0 ([a, b], R) muni de la norme uniforme est connu sous le nom de théorème
de Weierstrass et admet de nombreuses preuves. Certaines de ces preuves (contrairement à celle donnée ici) sont constructives : étant donnée une fonction continue f , on
construit e↵ectivement une suite de polynômes Pn qui converge uniformément vers f
sur [a, b] (par exemple les polynômes de Bernstein).
3. La compacité de K est essentielle (elle intervient constamment dans la preuve). On
pourra montrer le résultat suivant
Exercice 5. Soit (Pn )n 0 une suite de polynômes qui converge uniformément sur R.
Montrer qu’il existe une suite réelle (an )n 0 convergente, un polynôme fixe Q et n0
tels que
8n n0 , Pn = Q + an .
Exercice 6. Soit [a, b] ⇢ R et u une fonction continue sur [a, b] à valeurs réelles. Montrer
que si
Z b
8n 0,
xn u(x) dx = 0.
a
alors u est nulle.
2.4
Fonctions à valeurs complexes
Tout ce qui a été dit précédemment est vrai pour un compact métrique K quelconque
mais uniquement pour des fonctions à valeurs réelles.
Ainsi, si K ⇢ C est un compact et f une fonction continue de K dans C on ne peut a
priori rien dire.
L’exercice suivant montre qu’il est sans espoir d’avoir exactement le même théorème en
remplaçant juste R par C.
Exercice 7. Soit K = D(0, 1) ⇢ C le disque (fermé) de centre 0 et de rayon 1, et E = C 0 (K, C)
muni de la norme de la convergence uniforme. On note X ⇢ E l’ensemble des fonctions
polynômiales (à coefficients complexes).
On définit ⇤ sur E par
Z
2⇡
⇤(f ) =
f (ei✓ )ei✓ d✓.
0
1. Montrer que ⇤ est une forme linéaire continue sur E.
2. Montrer que si P est un polynôme à coefficients complexes alors ⇤(P ) = 0. En déduire
que si f 2 X alors ⇤(f ) = 0.
3. Soit u la fonction définie par u(z) = z (conjugaison complexe). Calculer ⇤(u). En
déduire que u 2
/ X (adhérence de X).
La version complexe du théorème de Stone-Weierstrass s’énonce de la façon suivante.
8
Théorème 4 (Stone-Weierstrass, cas complexe). Soit K un compact métrique et X une
sous-algèbre de C 0 (K, C) telle que
1. X sépare les points,
2. X contient les constantes,
3. X est stable par conjugaison (c’est à dire que pour toute fonction h de X la fonction
hcc définie par hcc (x) = h(x) est aussi dans X.
Alors X est dense dans C 0 (K, C).
Démonstration. On va se ramener au cas réel. Pour cela on pose
X R := { f 2 X, 8x 2 K, f (x) 2 R } .
Il est clair que X R est une sous-algèbre de C 0 (K, R) qui contient les constantes. Vérifions
qu’elle sépare les points. Soient x 2
/ y deux points distincts de K. Puisque X sépare les
points, il existe une fonction h de X telle que h(x) 6= h(y). Puisque X est une sous-algèbre
stable par conjugaison, les fonctions Re(h) et Im(h) appartiennent aussi à X. Au moins une
de ces deux fonctions prend des valeurs di↵érentes en x et y. Donc X R sépare bien les points
et le théorème de Stone-Weierstrass réel s’applique. On en déduit que pour toute fonction
u 2 C 0 (K, C), Re(u) et Im(u) sont dans H R ⇢ H. Donc u est aussi dans H.
Une application Soit K := {z, |z| = 1} le cercle unité et X l’ensemble des polynômes
trigonométriques : c’est à dire qu’une fonction u 2 X s’il existe une suite complexe finie
(an ) N nN telle que
N
X
8z 2 K, u(z) =
an z n .
n= N
On montre que X est une sous-algèbre, qu’elle contient les constantes, qu’elle sépare les points
et qu’elle est stable par conjugaison. On en déduit que les polynômes trigonométriques sont
denses dans C 0 (K, C).
9