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\newtheoremstyle{theoreme}{10pt}{10pt}{\itshape}{6pt}{\bfseries}{.}{\newline}{}

\theoremstyle{theoreme}
\newtheorem*{prop}{Proposition}
\newtheorem*{lemme}{Lemme}
\newtheorem*{cor}{Corollaire}
\newtheorem*{thm}{Théorème}

\theoremstyle{definition}
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\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 $p(x+y)<p(x)+p(y)+2\varepsilon\qquad\forall\varepsilon>0$, 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 $f(x)<f(x_0)\qquad\forall x\in C$.

En particulier, l'hyperplan affine d'équation $\{f=f(x_0)\}$ sépare $\{x_0\}$ et $C$ au sens large.
\end{lemme}
\begin{proof}
Par translation, on peut toujours supposer $0\in C$ et introduire $p$ la jauge de $C$.

On considère $G:=\mathbb Rx_0$ et on pose $g:G\to\mathbb R$ la forme linéaire définie par $g(tx_0)=t\qquad\forall t\in\mathbb R$.

Alors $g(x)\le p(x)\qquad\forall x\in G$ :

\begin{itemize}
	\item si $t>0$, alors $\frac x{g(x)}=\frac{tx_0}t=x_0\notin C$ donc $g(x)\le p(x)$
	\item si $t\le 0,g(x)\le 0\le p(x)$.
\end{itemize}
Donc par Hahn-Banach analytique, il existe $f\in E'$ prolongeant $g$ telle que $f(x)\le p(x),\forall x\in E$. On a $f(x_0)=1$ et $f$ est continue par $(iii)$. D'autre part, $(iv)\Rightarrow f(x)<1,\forall x\in C$.
\end{proof}
\begin{proof}[Démonstration du théorème]
On pose $C:=A-B$. Alors $C$ est convexe, ouvert (car $C=\bigcup_{y\in B}(A-y)$) et $0\notin C$ car $A\cap B=\varnothing$.

D'après le dernier lemme, il existe $f\in E'$ tel que $f(z)<0,\forall z\in C$,

\emph{i.e.} $f(x)<f(y),\forall x\in A,\forall y\in B$.

Soit $\alpha\in\mathbb R$ tel que $\sup_{x\in A}f(x)\le\alpha\le\inf_{y\in B}f(y)$. Alors l'hyperplan affine d'équation $\{f=\alpha\}$ sépare $A$ et $B$ au sens large.
\end{proof}
\begin{thm}[Hahn-Banach géométrique, sens strict]
Soit $A\subset E$ et $B\subset E$ deux ensembles convexes, non vides, disjoints. On suppose que $A$ est fermé et que $B$ est compact. Alors il existe un hyperplan fermé qui sépare $A$ et $B$ au sens strict.
\end{thm}
\begin{proof}
Pour $\varepsilon>0$, on pose $A_\varepsilon:=A+B(0,\varepsilon)$ et $B_\varepsilon:=B+B(0,\varepsilon)$ de sorte que $A_\varepsilon$ et $B_\varepsilon$ sont convexes, ouverts et non vides. De plus, pour $\varepsilon>0$ assez petit, $A_\varepsilon$ et $B_\varepsilon$ sont disjoints (sinon on pourrait trouver des suites $\varepsilon_n\to 0,x_n\in A$ et $y_n\in B$ telles que $\|x_n-y_n\|<2\varepsilon_n$ et on pourrait extraire une sous-suite $y_n\to y\in B$ par compacité de $B$ et $y\in A$ car $A$ fermé).

D'après le théorème de Hahn-Banach géométrique sens large, il existe un hyperplan fermé d'équation $\{f=\alpha\}$ qui sépare $A_\varepsilon$ et $B_\varepsilon$ au sens large. On a donc
\[f(x+\varepsilon z)\le\alpha\le f(y+\varepsilon z)\quad\forall x\in A,\quad\forall y\in B,\quad\forall z\in B(0,1).\]

Il en résulte que
\[f(x)+\varepsilon\|f\|\le\alpha\le f(y)-\varepsilon\|f\|,\quad\forall x\in A,\quad\forall y\in B.\]
On conclut que $A$ et $B$ sont séparés au sens strict par l'hyperplan $\{f=\alpha\}$ puisque $\|f\|\neq 0$.
\end{proof}
\end{document}