Operateurs absolument continus et interpolation

TL;DR

This paper investigates absolutely continuous operators on broad function spaces, focusing on their properties and behavior within interpolation spaces, providing new insights into their structure and applications.

Contribution

It introduces new results on absolutely continuous operators in the context of interpolation spaces, expanding understanding of their properties in these settings.

Findings

Characterization of absolutely continuous operators on wide sense function spaces.

Results on the behavior of these operators within interpolation spaces.

Enhanced understanding of the structure of absolutely continuous operators.

Abstract

In the first part of this work, we study the absolutely continuous operators which are defined on fuction spaces with wide sense. In the second part, we show some results concerning the absoltely continuous operators when the function spaces (with wide sense) are interpolation spaces.

Equations

$$\Vert {\nu }_f(\underset{k\ge 0}{\cup }{A}_k)-\sum _{k\le n}{\nu }_f(A_k)\Vert$$

$$⟨y^{\ast },T^{\ast \ast }({\Delta }_{X^{\ast \ast }}^{\ast \ast }(A_k,f^{\ast \ast }))⟩$$

$${\Vert U_{f^{\ast }}(f{\mathcal{X}}_A)\Vert }_Y$$

$$\Vert \stackrel{m}{\sum _{k=n}}{\nu }_T(A_k)(f)\Vert$$

$${\Vert F\Vert }_{\mathcal{F}(\overline{B)}}=\max \{su{p}_{\tau \in \mathbb{R}}{\Vert F(i\tau )\Vert }_{B_0},su{p}_{\tau \in \mathbb{R}}{\Vert F(1+i\tau )\Vert }_{B_1}\}.$$

$${\Vert a\Vert }_{B_{\theta }}=\inf \left\{{\Vert F\Vert }_{\mathcal{F}(\overline{B})};F(\theta )=a\right\}.$$

$$F(z)=\underset{\mathbb{R}}{\int }F(i\tau )Q_0(z,\tau )d\tau +\underset{\mathbb{R}}{\int }F(1+i\tau )Q_1(z,\tau )d\tau .$$

$$\left\|g\right\|_{Q\mathcal{G(}\overline{B}\mathcal{)}}=\max\left[\begin{array}[]{c}\sup_{\tau\neq\tau^{\prime}\in R}(\left\|(g(i\tau)-g(i\tau^{\prime}))/\tau-\tau^{\prime}\right\|_{B_{0}}),\\ \sup_{\tau\neq\tau^{\prime}\in R}(\left\|(g(1+i\tau)-g(1+i\tau^{\prime}))/\tau-\tau^{\prime}\right\|_{B_{1}})\end{array}\right].$$

$${\Vert a\Vert }_{B^{\theta }}=\inf \left\{{\Vert g\Vert }_{Q\mathcal{G}(\overline{B})};g^{\prime }(\theta )=a\right\}.$$

$$B_{\theta ,p}=\left\{a\in B_0+B_1;{\Vert a\Vert }_{B_{\theta ,p}}={\left[{\int }_{{\mathbb{R}}^{+}}(K(a,t)/t^{\theta }{)}^{p}dt/t\right]}^{1/p}<+\infty \right\}$$

$$K(a,t)=\inf \left\{{\Vert a_0\Vert }_{B_0}+t{\Vert a_1\Vert }_{B_1};a=a_0+a_1,a_j\in B_j,j\in \left\{0,1\right\}\right\}.$$

$$K\left[{\Delta }_{\theta ,p}(A,f),t\right]{\Vert \le {\Delta }_0(A,f_0)\Vert }_{B_0}+t{\Vert {\Delta }_1(A,f_1)\Vert }_{B_1}$$

$${\Vert i\left[F(\theta ){\mathcal{X}}_A\right]\Vert }_Y={\Vert {\Delta }_Y(A,iF(\theta ))\Vert }_Y$$

$$\left|⟨i(f{\mathcal{X}}_A),x^{\ast }⟩\right|$$

$$\left|⟨i(f{\mathcal{X}}_A),x^{\ast }-z^{\ast }⟩\right|+\left|⟨i(f{\mathcal{X}}_A),z^{\ast }⟩\right|$$

$${\Vert i(f{\mathcal{X}}_A)\Vert }_{(X,Y{)}_{\theta ,p}}\times {\Vert x^{\ast }-z^{\ast }\Vert }_{{\left[(X,Y{)}_{\theta ,p}\right]}^{\ast }}+{\epsilon }^{\prime }$$

$$\Vert i\Vert \Vert f\Vert {\epsilon }^{\prime }+{\epsilon }^{\prime }$$

$${\Vert F_A(\theta )\Vert }_{B_{\theta }}$$

$$g_A(j+i\tau )-g_A(j+i{\tau }^{\prime })$$

$$⟨f,{\Delta }_{\theta }^{\ast }(A,f^{\ast })⟩=⟨{\Delta }_{\theta }(A,f),g^{\prime }(\theta )⟩.$$

$$⟨f,{\Delta }^{\theta }(A,g^{\prime }(\theta )⟩$$

Full text

In the second part, we show some results concerning the absoltely continuous operators when the function spaces (with wide sense) are interpolation spaces.

Mots Clés:absolument continu

Introduction.

Soit $X,Y$ deux espaces de Banach. Désignons par $\mathcal{L}(X,Y)$ les opérateurs bornés de $X$ à valeurs dans $Y$ et $K(X,Y)$ le sous-espace de $\mathcal{L}(X,Y)$ formés des opérateurs compacts.

Nous introduisons dans la première partie de ce travail, les opérateurs absolument continus dans $\mathcal{L}(X,Y)$ lorsque $X$ est un espace de fonctions au sens large, cette définition coincide avec celle de [Ben-Sh], si $X$ est un espace de fonctions mesurables. Dans la suite, nous donnons des conditions nécessaires pour q’un opérateur dans $K(X,Y)$ soit absolument continu.

Dans la deuxième partie, nous étudions les opérateurs absolument continus sur les espaces d’interpolation, comme des espaces de fonctions au sens large. Finalement, nous montrons que $B_{\theta}^{\ast}=,(B_{0}^{\ast},B_{1}^{\ast})^{\theta}$ isométriquement au sens large, pour tout couple d’interpolation $(B_{0},B_{1})$ tel que $B_{0}\cap B_{1}$ est dense dans $B_{0}$ et $B_{1}$ et tout $\theta\in\left]0,1\right[.$

1. Opérateurs absolument continus

Soit $Y$ un espace de Banach complexe, $Y^{\ast}$ son dual. Pour $y\in Y$ et $y^{\ast}\in X^{\ast}$ on note $\left\langle y,y^{\ast}\right\rangle=y^{\ast}(y).$

D finition 1**.**

Soient $Y$ un espace de Banach, $(\Omega,\Sigma,\mu)$ un espace mesuré et $\Delta_{Y}:\Sigma\times Y\rightarrow Y$ une application. On dit que $Y$ est un espace des fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ si $\Delta_{Y}$ vérifie les conditions suivantes:

I) $\Delta_{Y}(A\cap B,f)=\Delta_{Y}(A,\Delta_{Y}(f,B)),$ $\forall A,B\in\Sigma$ et $\forall f\in Y.$

II) $\Delta_{Y}(A,\alpha f+\beta g)=\alpha\Delta_{Y}(A,f)+\beta\Delta_{Y}(A,g),\forall A\in\Sigma,$ $\forall f,g\in Y$ et $\forall\alpha,\beta\in\mathbb{C}.$

III) $\Delta_{Y}(A\cup B,f)=\Delta_{Y}(A,f)+\Delta_{Y}(B,f),$ $\forall f\in Y$ et $\forall A,B\in\Sigma$ tel que $A\cap B=\emptyset$ .

IV) Si $\mu(A)=0$ ($A\in\Sigma),$ alors $\Delta_{Y}(A,f)=0$ et $\Delta_{Y}(\Omega,f)=f$ , $\forall f\in Y.$

V) Il existe une constante $C>0$ telle que $\left\|\Delta_{Y}(A,f)\right\|\leq C\left\|f\right\|,\forall f\in Y$ et $\forall A\in\Sigma.$

Exemple 1**.**

Soit $Y$ un espace de fonctions mesurables sur $\left[0,\infty\right[$ (cf.[Ben-Sh]). On définit $\Delta_{Y}$ par $\Delta_{Y}(A,f)=f\mathcal{X}_{A},$ $(A,f)\in\Sigma\times Y.$ Il est facile de voir que $\Delta_{Y}$ vérifie les conditions I),II),III),IV),V).

Pour $(A,f)\in\Sigma\times Y$ on note $\Delta_{Y}(A,f)=f\mathcal{X}_{A}.$

Soit $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$. Pour $f\in Y$ notons $N(f)=\sup\left\{\left\|f\mathcal{X}_{A}\right\|;\text{ }A\in\Sigma\right\}.$ Il est évident que $N(.)$ est une norme équivalente sur $Y$ et $N(f\mathcal{X}_{A})\leq N(f)$ pour tout $(A,f)\in\Sigma\times Y.$ On peut donc supposer que $C=1$ dans V).

Soit $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$.  Pour $(A,f^{\ast})\in\Sigma\times Y^{\ast},$ on définit $\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A,f^{\ast})\in Y^{\ast}$ par $\left\langle f,\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A,f^{\ast})\right\rangle=\left\langle\Delta_{Y}(A,f),f^{\ast}\right\rangle$ pour tout $f\in Y.$

Nous allons la proposition évidente suivante:

Proposition 1**.**

Soit $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega\,,\Sigma,\mu,\Delta_{Y}).$ Alors $Y^{\ast}$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}).$

Soient $Y$ un espace de Banach et $Z$ un sous-espace fermé de $X.$ On note $\left[x\right]$ l’image de $x$ dans l’espace quotient $X/Y.$

D finition 2**.**

Soient $Y$ un espace de fonctions au sens large sur ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $Z$ un sous-espace de Banach de $Y$. On dit que $Z$ est stable par $\Delta_{Y}$, si $\Delta_{Y}(A,f)\in Z$ pour tout $(A,f)\in\Sigma\times Z.$

Considérons $Y$ un espace de fonctions au sens large sur ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $Z$ un sous-espace stable par $\Delta_{Y}$. On définit $\Delta_{X/Y}:\Sigma\times Y/Z\rightarrow Y/Z,$ par $\Delta_{Y/Z}(A,\left[f\right])=\left[f\mathcal{X}_{A}\right]$ pour tout $A\in\Sigma$ et tout $f\in Y.$

Proposition 2**.**

Soient $Y$ est un espace de fonctions au sens large sur ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $Z$ un sous-espace de Banach de $Y$ stable par $\Delta_{Y}$. Alors $Y/Z$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y/Z}).$

Démonstration.

Il est facile de voir que $\Delta_{Y/Z}$ vérifie I), II), III),IV). Montrons que $\Delta_{Y/Z}$ vérifie la condition V).

Pour tout $(A,f)\in\Sigma\times Y$ et tout $g\in\left[f\right]$ on a $\left\|\Delta_{Y/Z}(A,\left[f\right])\right\|_{Y/Z}=\left\|\left[\Delta(A,f\right])\right\|_{Y/Z}\leq\left\|\Delta(A,g)\right\|_{Y}\leq\left\|g\right\|.$ Par conséquent $\left\|\Delta_{Y/Z}(A,\left[f\right])\right\|_{Y/Z}\leq\left\|\left[f\right]\right\|_{Y/Z}$.$\blacksquare$

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$,$(\Omega,\Sigma,,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement et $T:X\rightarrow Y$ est un opérateur borné.  L’identification $T(\Delta_{X})=\Delta_{Y}$ signifie que $T\left[\Delta_{X}(A,f)\right]=\Delta_{Y}(A,T(f))$ pour tout $(A,f)\in\Sigma\times X.$

D finition 3**.**

Soit $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y}):$

a)  Soit $f\in Y$. On dit que $f$ est absolument continu, si pour tout $\varepsilon>0,$ il existe $\delta>0$ tel que si $\mu(A)<\delta,$ alors $\left\|f\mathcal{X}_{A}\right\|_{Y}<\varepsilon.$

b) Une partie $Z$ de $Y$ est dite absolument continue, si pour tout $f\in Z$, $\ f$ est absolument continu.

c) Une partie $Z$ de $Y$ est dite uniformément absolument continue, si pour tout $\varepsilon>0,$ il existe $\delta>0,$ tel que si $\mu(A)<\delta,$ alors $\left\|f\mathcal{X}_{A}\right\|<\varepsilon$ pour tout $f\in Z.$

Soient $Y$ un espace de fonctions au sens large sur ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $Z$ une partie de $Y.$ Posons $V=\ell^{\infty}(Z,Y).$ On définit $\Delta_{V}(A,(f_{i})_{i\in Z})=(f_{i}\mathcal{X}_{A})_{i\in Z},$ $A\in\Sigma$, $(f_{i})_{i\in Z}\in V.$ Il est clair que $V$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{V}).$ Supposons que $Z$ est uniformément borné. Il est facile de voir que $Z$ est uniformément absolument continue, si et seulement si l’élément $(f)_{f\in Z}$ est absolument continu dans $V.$

Remarque 1**.**

Soient $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $Z$ une partie absolument continue dans $Y.$ Alors l’adhérence de $Z$ dans $Y$ est absolument continue.

Pour tout $f\in Y$ notons $\nu_{f}(A)=(f\mathcal{X}_{A}),$ $A\in\Sigma,$ la mesure $\nu_{f}$ est finiment additive à valeurs dans $Y.$

D finition 4**.**

Soient $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $f\in Y.$ On dit que la mesure $\nu_{f}$ est $\mu-$dénombrablement additive, si pour toute suite $(A_{k})_{k\geq 0}$ dans $\Sigma,$ deux-à-deux disjoints vérifiant $\mu(\underset{k\geq 0}{\cup}A_{k})<+\infty,$ alors $\nu_{f}(\underset{k\geq 0}{\cup}A_{k})=\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\nu_{f}(A_{k}).$

Lemme 1**.**

Soient $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $f\in Y.$ Les assertions suivantes sont équivalentes.

1. $f$ est absolument continu.

2.  $\nu_{f}$ est $\mu-$dénombrablement additive.

3.  Pour toute suite décroissante $(A_{n})_{n\geq 0}$ dans $\Sigma$ telle que $\mu(A_{n})\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0,$ alors $\nu_{f}(A_{n})\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$ dans $Y.$

Démonstration.

1. $\Longrightarrow$ 2).

Fixons $\varepsilon>0.$ Il existe $\delta>0$ tel que si $\mu(A)<\delta,$ $\left\|(f\mathcal{X}_{A})\right\|_{Y}<\varepsilon.$

Soient $(A_{k})_{k\geq 0}$ une suite dans $\Sigma$ deux-à-deux disjoints telle que $\mu(\underset{k\geq 0}{\cup}A_{k})<\infty.$ Il existe $n_{0}\geq 1$ tel que $\mu(\underset{k\geq n}{\cup}A_{k})=\underset{k\geq n}{\mathop{\displaystyle\sum}}\mu(A_{k})<\delta$ pour tout $n\geq n_{0}.$ Donc

[TABLE]

Par conséquent $\nu_{f}(\underset{k\geq 0}{\cup}A_{k}\underset{}{)\overset{}{=\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}}}\nu_{f}(A_{k}).\blacksquare$

2. $\Longrightarrow$ 3).

Soit $(A_{n})_{n\geq 0}$ une suite décroissante dans $\Sigma$ telle que $\mu(A_{n})\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0.$ Il existe une suite $(A_{n_{k}})_{k\geq 0}$ telle que $\mu(A_{n_{k}})<2^{-k},$ $\forall k\in\mathbb{N}.$ Notons pour tout $k\in\mathbb{N}$ $B_{k}=A_{n_{k}}-A_{n_{k+1}}.$ Il est clair que $\mu(\underset{k\geq 0}{\cup}B_{k})<+\infty,$ donc $\nu_{f}(\underset{k\geq 0}{\cup}B_{k})=\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\nu_{f}(B_{k}).$ Comme $\mu(\underset{j\geq k+1}{\cap}A_{n_{j}})=0$ d’après la condition IV), $\nu_{f}(\underset{j\geq k+1}{\cap}A_{n_{j}})=0$ pour tout $k.$ D’autre part, $A_{n_{k}}=\left[\underset{j\geq k}{\cup}B_{j}\right]\cup\left[\underset{j\geq k+1}{\cap}A_{n_{j}}\right],$ ceci implique que $\nu_{f}(A_{n_{k}})=\nu_{f}(\underset{j\geq k}{\cup}B_{j})=\underset{j\geq k}{\mathop{\displaystyle\sum}}\nu_{f}(B_{j})$ pour tout $k.$ Fixons $\varepsilon>0,$ il existe $k_{0}\in\mathbb{N}$ vérifiant $\left\|\nu_{f}(A_{n_{k_{0}}})\right\|=\left\|\nu_{f}(\underset{k\geq k_{0}}{\cup}B_{k})\right\|<\varepsilon.$ Il en résulte que $\left\|\nu_{f}(A_{n})\right\|\leq\left\|\nu_{f}(A_{k_{k_{0}}})\right\|<\varepsilon$ pour tout $n\geq n_{k_{0}}.\blacksquare$

3. $\Longrightarrow$ 1).

Supposons qu’il existe $\varepsilon_{0}$ tel que pour tout $k\in\mathbb{N},$ il existe $B_{k}\in\Sigma$, vérifiant $\mu(B_{k})<2^{-k}$ et $\left\|\nu_{f}(B_{k})\right\|>\varepsilon_{0}.$ Observons que $\mu(\underset{k\geq n}{\cup}B_{k})\leq\underset{k\geq n}{\mathop{\displaystyle\sum}}\mu(B_{k})<+\infty.$ Notons pour tout $n\in\mathbb{N}$ $A_{n}=\underset{k\geq n}{\cup}B_{k}$. Nous avons alors $\mu(A_{n})\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0,$ donc il existe $n_{0}$ tel que $\left\|\nu_{f}(A_{n_{0}})\right\|<\varepsilon_{0}.$

D’autre par, $B_{n_{0}}\subset A_{n_{0}},$ par conséquent $\left\|\nu_{f}(B_{n_{0}})\right\|\leq\left\|\nu_{f}(A_{n_{0}})\right\|<\varepsilon_{0},$ ce qui est impossible. Il en résulte que $f$ est absolument continu.$\blacksquare$

Remarque 2**.**

Dans le lemme 1, on a toujours 1) $\Longrightarrow$ 2) sans la condition $V)$ de la définition 1.

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$ et $Y$ un espace de Banach. Définissons $\Delta_{\mathcal{L}(X,Y)}(A,T)(f)=T\mathcal{X}_{A}(f)=T(f\mathcal{X}_{A}),$ $T\in\mathcal{L}(X,Y),A\in\Sigma,f\in X.$ Il est clair que $\Delta_{\mathcal{L}(Y,X)}$ vérifie les conditions $($I),(II),(III),IV$)$,V), par conséquent $\mathcal{L}(Y,X)$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{\mathcal{L}(X,Y)}).$

Soient $X$ un espace de Banach et $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$. Définissons $\Delta_{\mathcal{L}^{\prime}(X,Y)}^{\prime}(A,T)(f)=T\mathcal{X}_{A}(f)=(T(f))\mathcal{X}_{A}=\Delta_{Y}(A,T(f)),$ $T\in\mathcal{L}(X,Y),A\in\Sigma,f\in X.$ On vérifie facilement que $\Delta_{\mathcal{L}(Y,X)}^{\prime}$ vérifie les conditions $($I),(II),(III),IV$)$,V), donc $\mathcal{L}(Y,X)$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{\mathcal{L}(X,Y)}^{\prime}).$

D finition 5**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. On dit que $T$ est absolument continu, si $T$ est absolument continu par rapport à $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{\mathcal{L}(X,Y)})$.

D finition 6**.**

Soient $X$ un espace de Banach, $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. On dit que $T$ est absolument continu à gauche, si $T$ est absolument continu par rapport à $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{\mathcal{L}(X,Y)}^{\prime}).$

Il est facile de montrer le lemme suivant:

Lemme 2**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$ et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. Alors $T$ est absolument continu si et seulment si $T^{\ast}:Y^{\ast}\rightarrow X^{\ast}$ est absolument continu à gauche.

Remarque 3**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. Si $T(\Delta_{X})=\Delta_{Y},$ alors $T$ est absolument continu si et seulement si $T$ est absolument continu à gauche.

Remarque 4**.**

Soient $Y$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ et $K$ un compact dans $Y$ pour la norme. Si $K$ est absolument continue, alors $K$ est uniformément absolument continue.

Preuve. En effet,

Considérons $(B_{n})_{n\geq 0}$ une suite décroissante dans $\Sigma$ telle que $\mu(B_{n})\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.$ Soit $\ f\in K.$ Il existe $m=m(f)$ tel que $\left\|f\mathcal{X}_{B_{m}}\right\|_{Y}<\varepsilon.$ Notons pour tout $m\in\mathbb{N}$ $O_{m}=\left\{f\in K;\text{ }\left\|f\mathcal{X}_{B_{m}}\right\|_{Y}<\varepsilon\right\}$. D’après ce qui précède $(O_{m})_{m\geq 0}$ est un recouvrement ouvert de $K,$ comme $K$ est un compact, il existe $m_{1},...,m_{m}\in\mathbb{N}$ verifiant $K\subset O_{m_{1}}\cup...\cup O_{m_{m}}.$ Noter $m_{0}=\max(m_{1},...,m_{m})$. Montrons que $\left\|f\mathcal{X}_{B_{n}}\right\|_{Y}<\varepsilon$ pour tout $f\in K$ et pour tout $n\geq m_{0}.$

Soient $n\geq m_{0}$ et $f\in K.$ Il existe $m_{j}$ tel que $\left\|\nu_{f}(B_{m_{j}})\right\|_{Y}<\varepsilon.$ On a alors $\left\|\nu_{f}(B_{n})\right\|_{Y}\leq\left\|\nu_{f}(B_{m_{j}})\right\|_{Y}<\varepsilon,$ car $B_{n}\subset B_{m_{j}}.$ Donc sup${}_{f\in K}\left\|\nu_{f}(B_{n})\right\|_{Y}<\varepsilon.$ D’après le lemme 1, $(f)_{f\in K}$ est absolument continu dans $\ell^{\infty}(K,X)$. Finalement d’après la remarque 3, $K$ est uniformément absolument continue.$\blacksquare$

$\blacksquare$

D finition 7**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$ et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. On dit que $T$ est ponctuellement faiblement absolument continu (par rapport à ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}))$, si pour tout $f\in X$, tout $y^{\ast}\in Y^{\ast}$ et tout $\varepsilon>0$, il existe $\delta>0$ tels que si $\mu(A)<\delta,$ alors $\left|\left\langle T(f\mathcal{X}_{A}),y^{\ast}\right\rangle\right|<\varepsilon.$

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$ et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. Pour tout $f\in X$ on définit la mesure $\nu_{T(f)}$  par $\nu_{T(f)}(A)=T(f\mathcal{X}_{A}).$

Lemme 3**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$ et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. Supposons que $T$ soit ponctuellement faiblement absolument continu. Alors pour tout $f\in X$ $\nu_{T(f)}$ est $\mu-$dénombrablement additive.

Démonstration.

Soit $(A_{k})_{k\geq 0}$ une suite de sous-ensembles mesurables deux-à-deux disjoints telle que $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\mu(A_{k})<+\infty$. Comme $T$ est ponctuellement faiblement absolument continu, d’après la remarque 2 pour tout $M\subset\mathbb{N},$ la serie $\underset{k\in M}{\mathop{\displaystyle\sum}}T(f\mathcal{X}_{A_{k}})$ converge faiblement dans $Y$ vers $T(f\mathcal{X}\underset{k\geq 0}{{}_{\cup A_{k}}}).$ D’après [DU, Coroll.4,Chap.I-4], la série$\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}T(f\mathcal{X}_{A_{k}})$ converge inconditionnellement dans $Y$ vers $T(f\mathcal{X}_{\underset{k\geq 0}{\cup}A_{k}}).\blacksquare$

D finition 8**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. On dit que $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu, si la mesure $A\in\Sigma\rightarrow\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(f^{\ast\ast}\mathcal{X}_{A})\right\rangle$ =$\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(\Delta_{X^{\ast\ast}}^{\ast\ast}(A,f^{\ast\ast}))\right\rangle=\left\langle y^{\ast},\nu_{T^{\ast\ast}}(A)(f^{\ast\ast})\right\rangle$ est $\mu-$dénombrablement additive, pour tout $f^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}$.

Pour tout Banach $X$ on note $B_{X}$ la boule unité fermée de $X.$

Lemme 4**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. Alors $\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(\Delta_{X^{\ast\ast}}^{\ast\ast}(A,f^{\ast\ast}))\right\rangle=\left\langle(T\mathcal{X}_{A})^{\ast}y^{\ast},f^{\ast\ast}\right\rangle$ pour tout $(A,y^{\ast})\in\Sigma\times Y^{\ast}$ et tout $f^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}.$

Démonstration.

Soit $(A,y^{\ast})\in\Sigma\times Y^{\ast}.$ Il est clair que l’application $f^{\ast\ast}\rightarrow\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(\Delta_{X^{\ast\ast}}^{\ast\ast}(A,f^{\ast\ast}))\right\rangle=\left\langle T^{\ast}y^{\ast},\Delta_{X^{\ast\ast}}^{\ast\ast}(A,,f^{\ast\ast})\right\rangle=\left\langle\Delta_{X^{\ast}}^{\ast}(A,T^{\ast}(y^{\ast})),f^{\ast\ast})\right\rangle$ est préfaiblement continue : $B_{X^{\ast\ast}}\rightarrow\mathbb{C}$ et l’application $f^{\ast\ast}\rightarrow\left\langle(T\mathcal{X}_{A})^{\ast}y^{\ast},f^{\ast\ast}\right\rangle$ est préfaiblement continue:$B_{X^{\ast\ast}}\rightarrow\mathbb{C}$. D’autre part, $\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(\Delta_{X^{\ast\ast}}^{\ast\ast}(A,f))\right\rangle=\left\langle y^{\ast},T(\Delta_{X}(A,f))\right\rangle$=$\left\langle(T\mathcal{X}_{A})^{\ast}y^{\ast},f\right\rangle$, pour tout $f\in B_{X}.$ Comme $B_{X}$ est préfaiblement dense dans $B_{X^{\ast\ast}},$ alors $\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(\Delta_{X^{\ast\ast}}^{\ast\ast}(A,f^{\ast\ast}))\right\rangle=\left\langle(T\mathcal{X}_{A})^{\ast}y^{\ast},f^{\ast\ast}\right\rangle,$ pour tout $f^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}.\blacksquare$

Lemme 5**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$ , $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur ponctuellement faiblement absolument continu. Supposons que $\mu$ est une mesure bornée, $X$ est séparable et ne contient pas $\ell^{1}$ isomorphiquement. Alors $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu.

Démonstration.

Soient $f^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}$ et $y^{\ast}\in Y^{\ast}$. Comme $X$ ne contient pas $\ell^{1}$ isomorphiquement, d’après [Ros], il existe une suite bornée $(f_{n})_{n\geq 0}$ dnas $X$ telle que $f_{n}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}f^{\ast\ast}$ préfaiblement dans $X^{\ast\ast}.$ Pour tout $n$ on définit la mesure $\nu_{n}$ par $\nu_{n}(A)=\left\langle T(f_{n}\mathcal{X}_{A}),y^{\ast}\right\rangle,$ $A\in\Sigma.$ Remarquons d’après le lemme 4 que $\nu_{n}(A)\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(f^{\ast\ast}\mathcal{X}_{A})\right\rangle$ pour tout $A\in\Sigma,$ donc d’après [DU, Cor.6,Chap.1-5], $\lim_{\mu(A)\rightarrow 0}\nu_{n}(A)$ existe uniformément en n. Par conséquent $\lim_{\mu(A)\rightarrow 0}\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(f^{\ast\ast}\mathcal{X}_{A})\right\rangle=0.\blacksquare$

Lemme 6**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur ponctuellement faiblement absolument continu. Supposons que $X$ est un espace de Grothendieck. Alors $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfiablement absolument continu.

Démonstration.

Soient $y^{\ast}\in Y^{\ast}$ et $(A_{k})_{k\geq 0}$ une suite dans $\Sigma$ telle que $\mu(A_{k})\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.$ L’opérateur $T$ est ponctuellement faiblement continu, donc $T^{\ast}(y^{\ast})\mathcal{X}_{A_{n}}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$ préfaiblement dans $X^{\ast},$ comme $X$ est un espace de Grothendieck, $T^{\ast}(y^{\ast})\mathcal{X}_{A_{n}}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$ faiblement [DU, p.179] dans $X^{\ast},$ d’après la remarque 2, $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfiablement absolument continu.$\blacksquare$

Proposition 3**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur compact. Supposons que $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu. Alors $T$ est absolument continu.

Démonstration.

Il suffit de montrer que $\nu_{T}$ est $\mu-$dénombrablement additive, d’après le lemme 1.

Considérons $(A_{k})_{k\geq 0}$ une suite dans $\Sigma,$ deux-à-deux disjoints. $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu, donc $\underset{k\in M}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle y^{\ast},\nu_{T^{\ast\ast}}(A_{k})(f^{\ast\ast})\right\rangle=\left\langle y^{\ast},\nu_{T^{\ast\ast}}\underset{k\in M}{(\cup}A_{k})(f^{\ast\ast})\right\rangle,$ pour tout $M\subset\mathbb{N}.$

D’autre part, d’après le lemme 4, $\underset{k\in M}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle y^{\ast},\nu_{T^{\ast\ast}}(A_{k})(f^{\ast\ast})\right\rangle$ $\underset{k\in M}{=\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle y^{\ast},(T\mathcal{X}_{A_{k}})^{\ast\ast}(f^{\ast\ast})\right\rangle$ et $\left\langle y^{\ast},\nu_{T^{\ast\ast}}\underset{k\in M}{(\cup}A_{k})(f^{\ast\ast})\right\rangle=\left\langle y^{\ast},(T\mathcal{X}\underset{k\in M}{{}_{\cup A_{k}}})^{\ast\ast}(f^{\ast\ast})\right\rangle.$ Il en résulte que $\underset{k\in M}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle y^{\ast},(T\mathcal{X}_{A_{k}})^{\ast\ast}(f^{\ast\ast})\right\rangle=\left\langle y^{\ast},(T\mathcal{X}\underset{k\in M}{{}_{\cup A_{k}}})^{\ast\ast}(f^{\ast\ast})\right\rangle.$ Comme pour tout $A\in\Sigma,$ $\nu_{T}(A)=T\mathcal{X}_{A}$ est un opérateur compact , alors d’après [Kalt, Coroll.3], $\underset{k\in M}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle\nu_{T}(A_{k}),u^{\ast}\right\rangle=\left\langle\nu_{T}\underset{k\in M}{(\cup}A_{k}),u^{\ast}\right\rangle$ pour tout $M\subset\mathbb{N}$ et tout $u^{\ast}\in\left[K(X,Y)\right]^{\ast}.$ Ceci entraîne d’après [DU, Chap.I-4,Coroll..4] que la série $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\nu_{T}(A_{k})$ converge inconditionnellement vers $\nu_{T}(\underset{k\geq 0}{\cup}A_{k})$ dans $\mathcal{L}$(X,Y)$.\blacksquare$

Corollaire 1**.**

Soient $X$, $Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement tel que $T(\Delta_{X})=\Delta_{Y}$ et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur compact. Supposons que $T$ soit ponctuellement faiblement absolument continu. Alors $T$ est absolument continu.

Démonstration.

D’après la proposition 3, il suffit de montrer que $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu.

Etape 1: Soient $y^{\ast}\in Y^{\ast}$ et $(A_{n})_{n\geq 0}$ une suite de sous-ensembles mesurables telle que $\mu(A_{n})\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.$ Montrons que $T^{\ast}\left[\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A_{k},y^{\ast})\right]\rightarrow 0.$

En ffet,

pour tout $f\in X$ on a $\left\langle f,T^{\ast}\left[\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A_{k},y^{\ast})\right]\right\rangle=\left\langle T(f),\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A_{k},y^{\ast})\right\rangle=\left\langle\Delta_{Y}(A_{k},T(f)),y^{\ast}\right\rangle=\left\langle T(\Delta_{X}(A_{k},f)),y^{\ast}\right\rangle.$

Comme $T$ est ponctuellement faiblement absolument continu, $\left\langle T(\Delta_{X}(A_{k},f)),y^{\ast}\right\rangle\underset{k\rightarrow\infty}{\rightarrow}0,$ c’est-àdire que $T^{\ast}\left[\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A_{k},y^{\ast})\right]\underset{k\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$ préfaiblement.

D’autre part, $T^{\ast}$ est un opérateur compact et la suite $(\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A_{k},y^{\ast}))_{k\geq 0}$ est bornée, donc $T^{\ast}\left[\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast}(A_{k},y^{\ast})\right]\underset{k\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$ en norme dans $X^{\ast}.$

*Etape 2: *Montrons que $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu.

Pour cela, soit $f^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}.$ Remarquons que pour tout $y^{\ast}\in Y^{\ast}$ on a

[TABLE]

car $T^{\ast}(\Delta_{Y^{\ast}}^{\ast})=\Delta_{X^{\ast}}^{\ast}$. Donc $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu.$\blacksquare$

Remarque 5**.**

Soit $X$ un espace de Banach au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $Y$ un espace de Banach, $X^{\ast}$ est absolument continu et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. Alors $T^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu

Preuve.

En effet,

considérons $A\in\Sigma,$ $f^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}$ et $y^{\ast}\in Y^{\ast}.$ Remarquons que $\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(f^{\ast\ast}\mathcal{X}_{A})\right\rangle=\left\langle\Delta_{X^{\ast}}^{\ast}(A,T^{\ast}(y^{\ast})),f^{\ast\ast}\right\rangle,$ donc la mesure $A\rightarrow\left\langle y^{\ast},T^{\ast\ast}(f^{\ast\ast}\mathcal{X}_{A}))\right\rangle$ est $\mu-$dénombrablement additive, car $X^{\ast}$ est absolument continu.$\blacksquare$

Corollaire 2**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$. Alors $K(X,Y)$ est absolument continu si et seulement si $X^{\ast}$ est absolument continu.

Démonstration.

Supposons que $K(X,Y)$ est absolument continu. Pour $f^{\ast}\in X^{\ast},$ on définit $U_{f^{\ast}}:X\rightarrow Y,$ par $U_{f^{\ast}}(f)=\left\langle f,f^{\ast}\right\rangle y_{0},$ $f\in X,$ où $\left\|y_{0}\right\|_{Y}=1.$ Fixons $f^{\ast}\in X^{\ast}$. Comme $U_{f^{\ast}}$ est absolument continu, pour tout $\varepsilon>0,$ il existe $\delta>0$ telle que sup$\left\{\left\|U_{f^{\ast}}(f\mathcal{X}_{A})\right\|_{Y};\text{ }f\in B_{X}\right\}<\varepsilon,$ si $\mu(A)<\delta.$ Choisissons $y^{\ast}\in Y^{\ast}$ tel que $\left|\left\langle y_{0},y^{\ast}\right\rangle\right|=1.$ Pour tout $f\in B_{X}$, on a

[TABLE]

par conséquent $\left\|\Delta_{X^{\ast}}(A,f^{\ast})\right\|<\varepsilon,$ si $\mu(A)<\delta;$

Inversement, supposons que $X^{\ast}$ est absolument continu. Soit $T\in K(X,Y).$ D’après la remarque 5, $T$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu. En appliquant la proposition 3, on voit que $T$ est absolument continu.$\blacksquare$

Remarque 6**.**

Dans [Ni], on introduit les opérateurs absolument continus, pour cette définition tout opérateur compact est absolument continu, si $X$ ne contient pas $\ell^{1}$ isomorphiquement.

Corollaire 3**.**

Soient $X$ un espace de fonctions sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$, $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur compact et ponctuellement faiblement absolument continu. Si $Y$ a la propriété de l’approximation bornée, alors $T$ est absolument continu.

Démonstration.

Comme $Y$ a la propriété de l’approximation bornée, il existe une suite généralisée $(U_{i})_{i\in I}$ d’opérateurs du rang finis:$Y\rightarrow Y$, telle que $\sup_{i\in I}\left\|U_{i}\right\|<+\infty$ et $U_{i}\rightarrow I_{Y}$ uniformément sur tout compact de $Y.$ Pour tout $i\in I,$ notons $T_{i}=U_{i}\circ T.$ Comme $T_{i}\rightarrow T$ dans $\mathcal{L}(X,Y),$ il suffit de montrer que $T_{i}$ est absolument continu, d’après la proposition 3, il suffit de montrer que $(T_{i})^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu.

Fixons $i\in I.$ L’opérateur $T_{i}$ est du rang fini, il existe donc une suite de vecteurs $(f_{k}^{\ast})_{k\leq n}$ dans $X^{\ast}$ et une suite de vecteurs $(y_{k})_{k\leq n}$ dans $Y$ tels que $T_{i}(f)=\underset{k\leq n}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle f,f_{k}^{\ast}\right\rangle y_{k},$ $f\in X.$

Considérons $(A_{k})_{k\geq 0}$ une suite de sous-ensembles mesurables deux-à-deux disjoints et $y^{\ast}\in Y^{\ast}$. Comme $T_{i}$ est ponctuellement faiblement absolument continu, d’après la remarque 2, $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle f,(T_{i}\mathcal{X}_{A_{k}})^{\ast}(y^{\ast})\right\rangle=\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle T_{i}(f\mathcal{X}_{A_{k}}),y^{\ast}\right\rangle=$ $\left\langle T_{i}(f\mathcal{X}\underset{k\geq 0}{{}_{\cup}}A_{k}),y^{\ast}\right\rangle=\left\langle f,(T_{i}\mathcal{X}_{\underset{k\geq 0}{\cup A_{k}}})^{\ast}y^{\ast}\right\rangle.$ Il en résulte que la série $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}(T_{i}\mathcal{X}_{A_{k}})^{\ast}y^{\ast}$ converge préfaiblement vers $(T_{i}\mathcal{X}\underset{k\geq 0}{{}_{\cup}}A_{k})^{\ast}y^{\ast}$ dans $X^{\ast}$. D’autre part, l’opérateur $(T_{i}\mathcal{X}_{A})^{\ast}$ est à valeurs dans un sous-espace de dimension finie $F_{0}$ de $X^{\ast}$ indépendant de $A$, car $T_{i}\mathcal{X}_{A}$ est à valeurs dans un sous espace de $Y$ indépendant de $A,$ par conséquent la série $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}(T_{i}\mathcal{X}_{A_{k}})^{\ast}y^{\ast}$ converge fortement vers $(T_{i}\mathcal{X}\underset{k\geq 0}{{}_{\cup}}A_{k})^{\ast}y^{\ast}$ dans $X^{\ast}.$

Soit $f^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}$. D’après le lemme 4, $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle y^{\ast},T_{i}^{\ast\ast}(\mathcal{X}_{A_{k}}f^{\ast\ast})\right\rangle=\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle(T_{i}\mathcal{X}_{A_{k}})^{\ast}y^{\ast},f^{\ast\ast}\right\rangle$, donc $T_{i}^{\ast\ast}$ est ponctuellement préfaiblement absolument continu.$\blacksquare$

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$, $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné. Notons $E_{T}$=$\left\{T\mathcal{X}_{A};\text{ }A\in\Sigma\right\}$ et $F_{T}$ le sous-espace fermé engendré par $E_{T}$ dans $\mathcal{L}(X,Y).$

Proposition 4**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$, $\mu$ une mesure bornée, $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné ponctuellement faiblement absolument continu. Supposons que pour tout $\xi\in(F_{T})^{\ast},$ il existe une suite $(\xi_{n})_{n\geq 0}$ dans $X\otimes Y^{\ast}$ telle que $\xi_{n}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}\xi$ préfaiblement dans $(F_{T})^{\ast}$. Alors $T$ est absolument continu.

Démonstration.

Soit $\xi\in(F_{T})^{\ast}.$ Il existe une suite $(\xi_{n})_{n\geq 0}$ dans $X\otimes Y^{\ast}$ telle $\xi_{n}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}\xi$ préfaiblement. Fixons $n\in\mathbb{N}$.   On définit la mesure $\nu_{n}$ par $\nu_{n}(A)=\left\langle T\mathcal{X}_{A},\xi_{n}\right\rangle.$ D’après l’hypothèse, $\lim_{\mu(A)\rightarrow 0}\nu_{n}(A)=0$ pout tout $n\in\mathbb{N}$. D’autre part, $\lim_{n\rightarrow\infty}\nu_{n}(A)=\left\langle T\mathcal{X}_{A},\xi\right\rangle$ pour tout $A\in\Sigma$, d’après[DU, Cor.6,Chap.1-5], $\lim_{\mu(A)\rightarrow 0}\nu_{n}(A)=0,$ uniformément en $n\in\mathbb{N}.$ Il en résulte que $\lim_{\mu(A)\rightarrow 0}\left\langle T\mathcal{X}_{A},\xi\right\rangle=0.$ Soit $(A_{k})_{k\geq 0}$ une suite dans $\Sigma$ deux-à-deux disjoint. D’après la remarque 2, pour tout $M\subset\mathbb{N}$ $\underset{k\in M}{\mathop{\displaystyle\sum}}\left\langle T\mathcal{X}_{A_{k}},\xi\right\rangle=\left\langle T\mathcal{X}_{\underset{k\in M}{\cup}A_{k}},\xi\right\rangle,$ pour tout $\xi\in(F_{T})^{\ast}.$ Il en résulte que la série $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}T\mathcal{X}_{A_{k}}$ converge inconditionnellement vers $T\mathcal{X}_{\underset{k\geq 0}{\cup A_{k}}}$ dans $\mathcal{L}(X,Y)$ [DU, Corol.6,Chap.1-4]$.\blacksquare$

Corollaire 4**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$, $\mu$ une mesure bornée, $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y^{\ast}$ un opérateur borné ponctuellement faiblement absolument continu. Supposons que $X,Y$ sont séparables et que $X\overset{\wedge}{\otimes}Y$ ne contient pas $\ell^{1}$ isomorphiquement. Alors $T$ est absolument continu.

Démonstration.

D’après [DU, Chap.VIII-2,Coroll.2]-[Sch], ($X\overset{\wedge}{\otimes}Y)^{\ast}=\mathcal{L}(X,Y^{\ast}).$ Soit $\xi\in\left[\mathcal{L}(X,Y^{\ast})\right]^{\ast}=(X\overset{\wedge}{\otimes}Y)^{\ast\ast}.$ Comme $X\overset{\wedge}{\otimes}Y$ ne contient pas $\ell^{1},$ d’après [Ros], il existe une suite $(\xi_{n})_{n0}$ dans $X\overset{\wedge}{\otimes}Y$ telle $\xi_{n}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}\xi$ préfaiblement. Pour conclure, il suffit d’appliquer la proposition 4.$\blacksquare$

Proposition 5**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$, $\mu$ une mesure bornée, $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur absolument continu. Supposons que $F_{T}$ ne contient pas $c_{0}$. Alors $F_{T}$ est un espace $WCG.$

Démonstration.

Comme $T$ est absolument continu, d’après le lemme 1, $\nu_{T}$ est $\mu-$dénombrablement additive. D’autre part, $F_{T}$ ne contient pas $c_{0}$ et $\nu_{T}$ est bornée, d’après [DU, Chap.1-4,Th.2], $\nu_{T}$ est fortement additive. En appliquant le résultat de [DU, Chap.I-5,Coroll.3], on voit que $E_{T}$ est faiblement compact, donc $F_{T}$ est un espace $WCG.\blacksquare$

Proposition 6**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$, $\mu$ une mesure bornée, $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ un opérateur borné . Supposons que $F_{T}$ est un espace $WCG$   et $T$ est ponctuellement faiblement absolument continu. Alors $T$ est absolument continu.

Démonstration.

Comme $F_{T}$ est un espace $WCG,$ il existe un compact faible $K$ dans $F_{T}$ tel que l’espace fermé engendré par $K$ est égale à $F_{T}.$ Soit $J:B_{(F_{T})^{\ast}}\rightarrow C(K)$ l’injection canonique. Considérons maintenant $\xi$ dans la boule unité de $(F_{T})^{\ast}.$ D’après le théorème de Hahn-Banach, il existe $\eta$ dans la boule unité de $\left[\mathcal{L}(X,Y^{\ast\ast})\right]^{\ast}$ qui prolonge $\xi.$ Comme $(X\overset{\wedge}{\otimes}Y^{\ast})^{\ast}$ est l’espace $\mathcal{L}(X,Y^{\ast\ast})$ [DU, Chap.VIII-2,Coroll.2]-[Sch], il existe une suite généralisés $(\eta_{i})_{i\in I}$ dans la boule unité de $X\overset{\wedge}{\otimes}Y^{\ast}$ telle que $\eta_{i}\rightarrow\eta$ $\sigma(\left[\mathcal{L}(X,Y^{\ast\ast})\right]^{\ast},\mathcal{L}(X,Y^{\ast\ast})).$ Désignons pour tout $i\in I$ par $\xi_{i}$ la restriction de $\eta_{i}$ à $F_{T}.$ Nous avons alors $\xi_{i}\rightarrow\xi$ $\sigma((F_{T})^{\ast},F_{T}),$ $J(\xi_{i})\rightarrow J(\xi)$ pour la topologie de la convergence simple dans $C(K).$ D’après [Groth], il existe une suite $(\xi_{i_{n}})_{n\geq 0}$ telle que $J(\xi_{i_{n}})\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}J(\xi)$ dans ($C(K),\tau_{p}),$ ceci implique que $\xi_{i_{n}}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}\xi,$ $\sigma((F_{T})^{\ast},F_{T})$, d’après la proposition 4, $T$ est absolument continu.$\blacksquare$

Remarque 7**.**

Dans la proposition 6 on peur remplacer $F_{T}$ est un espace $WCG$ par l’existence d’un espace $WCG$ de $\mathcal{L}(X,Y)$ qui contient $F_{T}.$

Proposition 7**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$, $Y$ un espace de Banach et $T:X\rightarrow Y$ une application linéaire. Supposons que $T$ soit $p-$sommant pour un $p\in\left[1,\infty\text{ }\right[$ et $X^{\ast}$ est absolument continu. Alors $T$ est absolument continu.

Démonstration.

Il suffit de montrer que $\nu_{T}$ est $\mu-$dénomrablement additive, d’après le lemme 1.

Soit $(A_{k})_{k\geq 0}$ une suite dans $\Sigma$ deux-à-deux disjoints. Comme $T$ est $p-$sommant, il existe une mesure positive $G$ sur la boule unité de $X^{\ast}$ telle que $\left\|T(f)\right\|\leq C\mathop{\displaystyle\int}\limits_{B_{X^{\ast}}}\left|\left\langle f,f^{\ast}\right\rangle\right|$

$dG(f^{\ast}).$ Donc pour tout $m\geq n$

[TABLE]

Comme $X^{\ast}$ est absolument continu, $\left\|\overset{m}{\underset{k=n}{\mathop{\displaystyle\sum}}}\Delta_{X^{\ast}}^{\ast}(A_{k},f^{\ast})\vskip 12.0pt plus 4.0pt minus 4.0pt\right\|_{X^{\ast}}\underset{m,n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$ pour toute $f^{\ast}\in B_{X^{\ast}}.$ En appliquant le théorème de convergence dominée, nous déduisons que $\mathop{\displaystyle\int}\limits_{B_{X^{\ast}}}\left\|\overset{m}{\underset{k=n}{\mathop{\displaystyle\sum}}}\Delta_{X^{\ast}}^{\ast}(A_{k},f^{\ast})\vskip 12.0pt plus 4.0pt minus 4.0pt\right\|_{X^{\ast}}dG(f^{\ast}).\underset{m,n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$ (Observons que pour tout $m\geq n\left\|\underset{k=n}{\overset{m}{\mathop{\displaystyle\sum}}}\Delta_{X^{\ast}}^{\ast}(A_{k},f^{\ast})\vskip 12.0pt plus 4.0pt minus 4.0pt\right\|_{X^{\ast}}=\left\|\Delta_{X^{\ast}}^{\ast}(\underset{k=n}{\overset{m}{\cup}}(A_{k},f^{\ast})\right\|_{X^{\ast}}\leq 1).$ Il en résulte d’après (1) que $\left\|\overset{m}{\underset{k=n}{\mathop{\displaystyle\sum}}}\nu_{T}(A_{k})\right\|\underset{m,n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0,$ c’est-à-dire que la série $\underset{k\geq 0}{\mathop{\displaystyle\sum}}\nu_{T}(A_{k})$ converge en norme dans $\mathcal{L}(X,Y).\blacksquare$

Soit $X,Y$ deux espaces de Banach. Désignons par $\Pi(X,Y)$ l’espaces des opérateurs $T:X\rightarrow Y$ tel que $T$ est $p-$sommant pour un $p\in\left[1,+\infty\right[$ et par $\mathcal{L}_{0}(X,Y)$ l’adhérence de $\Pi(X,Y)$ dans $\mathcal{L}(X,Y).$

Corollaire 5**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$ et $Y$ un espace de Banach. Supposons que $X^{\ast}$ soit absolument continu. Alors $\mathcal{L}_{0}(X,Y)$ est absolument continu.

2.

Espaces de fonctions au sens large pour les espaces d’interpolation

Soient $\overline{B}=(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation au sens de [Ber-Lof, chap. II], et $\theta\in\left]0,1\right[.$

Soit $S=\left\{z\in\mathbb{C};\mathrm{\ }0\leq\mathop{\mathrm{R}e}(z)\leq 1\right\}$ et $S^{0}=\left\{z\in\mathbb{C};0<\mathop{\mathrm{R}e}(z)<1\right\}.$ On désigne par $\mathcal{F}\mathfrak{(}\overline{B})$ l’espace des fonctions $F$ à valeurs dans $B_{0}+B_{1},$ continues bornées sur $S$, holomorphes sur $S^{0},$ telles que, pour $j\in\left\{0,1\right\}$, l’application $\tau\rightarrow$ $F(j+i\tau)$ est continue à valeurs dans $B_{j}$ et $\left\|F(j+i\tau)\right\|_{B_{j}}\rightarrow_{\left|\tau\right|\rightarrow\infty}0.$ On le munit de la norme

[TABLE]

Notons $\mathcal{F}_{0}(B_{0},B_{1})=\left\{\overset{n}{\underset{k=0}{\mathop{\displaystyle\sum}}}F_{k}\otimes b_{k};\text{ }b_{k}\in B_{0}\cap B_{1},F_{k}\in\mathcal{F}(\mathbb{C)},\text{ }n\in\mathbb{N}\right\}.$

L’espace $(B_{0},B_{1})_{\theta}=B_{\theta}=\left\{F(\theta);\mathrm{\ }F\in\mathcal{F}\mathfrak{(}\overline{B})\right\}$ est de Banach [Ber-Lof, th.4.1.2], pour la norme définie par

[TABLE]

Toute $F\in\mathcal{F}\mathfrak{(}\overline{B})$ est représentée à partir de ses valeurs au bord en utilisant la mesure harmonique, de densité $Q_{0}(z,i\tau)$ et $Q_{1}(z,1+i\tau)$, $z\in S^{0}$, $\tau\in\mathbb{R},$ [Ber-Lof, section 4.5]:

[TABLE]

On note $\mathcal{G(}\overline{B})$ l’espace des fonctions $g$ à valeurs dans $B_{0}+B_{1}$ , continues sur $S,$ holomorphes à l’interieur de $S,$ telles que

$(C)\quad\sup_{z\in S}\frac{\left\|g(z)\right\|_{B_{0}+B_{1}}}{(1+\left|z\right|)}<\infty.$

$\ \ (C^{\prime})$ $g(j+i\tau)-g(j+i\tau^{\prime})\in B_{j}$, $\forall\tau,\tau^{\prime}\in\mathbb{R}$,   $j\in\left\{0,1\right\}$ et la quantité suivante est finie:

[TABLE]

Ceci définit bien une norme sur $Q\mathcal{G}(\overline{B})$ le quotient de $\mathcal{G}(\overline{B})$ (par les constante à valeurs dans $B_{0}+B_{1}).$

L’espace $(B_{0},B_{1})^{\theta}=B^{\theta}=\left\{\mathrm{\ }g^{\prime}(\theta);\mathrm{\ }g\in\mathcal{G(}\overline{B})\mathrm{\ }\right\}$ est de Banach [Ber-Lof, th.4.1.4] pour la norme définie par

[TABLE]

Soit $p\in\left[1,+\infty\right[$. L’espace d’interpolation $B_{\theta,p}$  est défini par

[TABLE]

où

[TABLE]

($B_{\theta,p}$, $\left\|.\right\|_{B_{\theta,p}})$ est un espace de Banach [Ber-Lof, th 3.4.2].

D finition 9**.**

Soit $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation. Supposons que $B_{j}$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{j}),$ $\ j\in\left\{0,1\right\}.$ On dit que $(B_{0},B_{1})$ est un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$ si $\Delta_{0}(A,f)=\Delta_{1}(A,f),$ pour tout $A\in\Sigma$ et tout $f\in B_{0}\cap B_{1}.$

Il est facile de montrer la proposition suivante:

Proposition 8**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$ et $f_{j},g_{j}\in B_{j},$ $j\in\left\{0,1\right\}.$ Supposons que $f_{0}+f_{1}=g_{0}+g_{1}.$ Alors $\Delta_{0}(A,f_{0})+\Delta_{1}(A,f_{1})=\Delta_{0}(A,g_{0})+\Delta_{1}(A,g_{1})$ pour tout $A\in\Sigma.$

On définit $(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,f)=\Delta_{0}(A,f_{0})+\Delta_{1}(A,f_{1}),$ où $A\in\Sigma$ et $f=f_{0}+f_{1}\in B_{0}+B_{1}.$

On remarque que $B_{0}+B_{1}$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{0}+\Delta_{1}).$

Exemple 2**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$,$(\Omega,\Sigma,,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement et $i:X\rightarrow Y$ une injection continue. Supposons que $i(\Delta_{X})=\Delta_{Y}.$ Alors $(X,Y)$ est un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{X},\Delta_{Y})).$

Proposition 9**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$ et $\theta\in\left]0,1\right[.$ Alors $A_{\theta}$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{\theta}),$ où $\Delta_{\theta}(A,f)=(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,f),$ $(A$,$f)\in\Sigma\times B_{\theta}.$

Démonstration.

Soit $(A,f)\in\Sigma\times B_{\theta}.$ Montrons que $\Delta_{\theta}(A,f)\in B_{\theta}$ et $\left\|\Delta_{\theta}(A,f)\right\|_{B_{\theta}}\leq\left\|f\right\|_{B_{\theta}}.$ Il existe $F\in\mathcal{F}(B_{0},B_{1})$ telle que $F(\theta)=f.$ L’opérateur $u\rightarrow(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,u)$ est borné, donc l’application $F_{A}:$ $z\in S\rightarrow(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,F(z))\in B_{0}+B_{1}$ est holomorphe sur $S^{0}$. Comme $(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,(F(j+i.))=\Delta_{j}(A,F(j+i.)),$ $j\in\left\{0,1\right\},$ $F_{A}\in\mathcal{F}(B_{0},B_{1}).$ Il est clair que

$\left\|F_{A}\right\|_{\mathcal{F}(B_{0},B_{1})}\leq\left\|F\right\|_{\mathcal{F}(B_{0},B_{1})}.$ Donc $\left\|\Delta_{\theta}(A,f)\right\|_{B_{\theta}}\leq\left\|f\right\|_{B_{\theta}}.\blacksquare$

Proposition 10**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$, $\theta\in\left]0,1\right[$ et $p\in\left]1,+\infty\right[.$ Alors $A_{\theta,p}$ est un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{\theta,p}),$ où $\Delta_{\theta,p}(A,f)=(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,f),$ $(A,f)\in\Sigma$ $\times B_{\theta,p}.$

Démonstration.

Soient $(A,$ $f)\in\Sigma\times B_{\theta,p}$ et $\varepsilon,t>0.$ Il existe $f_{0}\in B_{0}$ et $f_{1}\in B_{1}$ tel que $f=f_{0}+f_{1},$ et $K(f,t)+\varepsilon>\left\|f_{0}\right\|_{B_{0}}+t\left\|f_{1}\right\|_{B_{1}}.$ D’autre part, $\Delta_{\theta,p}(A,f)=\Delta_{0}(A,f_{0})+\Delta_{1}(A,f_{1}),$ donc

[TABLE]

Il en résulte que $\Delta_{\theta,p}(A,f)\in B_{\theta}$ et $\left\|\Delta_{\theta,p}(A,f)\right\|_{B_{\theta,p}}\leq\left\|f\right\|_{B_{\theta,p}}$.$\blacksquare$

Remarque 8**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$,$(\Omega,\Sigma,,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement, $i:X\rightarrow Y$ une injection continue, $\theta\in\left]0,1\right[$ et $p\in\left]1,+\infty\right[.$ Supposons que $i(\Delta_{X})=\Delta_{Y}.$ D’après la proposition 9, $(X,Y)_{\theta}$ est un espace de fonctions au sens large sur ($\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{\theta}).$ Nous remarquons que pour tout $0<\theta<\beta<1,$ $i(\Delta_{\theta})=\Delta_{\beta},$ où $i:(X,Y)_{\theta}\rightarrow(X,Y)_{\beta}$ l’injection canonique.

Proposition 11**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$,$(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement et $i:X\rightarrow Y$ une injection absolument continu, d’image dense. Si $i(\Delta_{X})=\Delta_{Y}$, alors pour tout $0<\theta<\beta<1,$ $i:(X,Y)_{\theta}\rightarrow(X,Y)_{\beta}$ est absolument continu.

Démonstration.

*Etape 1: * Soit $\beta\in\left]0,1\right[.$ Montrons que $i:(X,Y)_{\beta}\rightarrow Y$ est absolument continu.

Soit $\varepsilon>0.$ Comme $i:X\rightarrow Y$ est absolument continu, il existe $\delta>0$ tel que si $\mu(A)<\delta,$ alors $\left\|\nu_{i}(A))\right\|_{\mathcal{L}(X,Y)}<\varepsilon^{\frac{1}{1-\theta}}.$

Considérons $f\in X$ tel que $\left\|f\right\|_{(X,Y)_{\theta}}<1.$ Il existe $F\in\mathcal{F}_{0}(X,Y)$ vérifiant $F(\theta)=f$ et $\left\|F\right\|_{\mathcal{F}(X,Y)}<1.$ Fixons un ensemble mesurable $A$ de $\Omega$ tel $\mu(A)<\delta.$ La fonction $z\in S\rightarrow F(z)\mathcal{X}_{A}=(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,F(z))$ est dans $\mathcal{F}(X,Y)\subset\mathcal{F}(Y),$ donc d’après [Ber-Lof, Lemme 4.3.2]

[TABLE]

Etape 2: Soit $\beta\in\left]0,1\right[.$ Montrons que $i:X\rightarrow(X,Y)_{\beta}$ est absolument continu.

D’après le lemme 2 et la remarque 3, $i^{\ast}:Y^{\ast}\rightarrow X^{\ast}$ est absolument continu, donc d’après l’étape 1 $i^{\ast}:(X^{\ast},Y^{\ast})_{\beta}\rightarrow X^{\ast}$ est absolument continu. En réappliquant le lemme 2 et la remarque 3, on voit que $i^{\ast\ast}:X^{\ast\ast}\rightarrow\left[(X^{\ast},Y^{\ast})_{\beta}\right]^{\ast}$ est absolument continu. D’autre part, d’après [Da], la restriction de $i^{\ast\ast}$ à $X$ est à valeurs dans $(X,Y)_{\beta}$ et $(X,Y)_{\beta}$ est un sous-espace fermé de $\left[(X^{\ast},Y^{\ast})_{\beta}\right]^{\ast}$. Donc $i:X\rightarrow(X,Y)_{\beta}$ est absolument continu.

Etape 3: Soit $\theta,\beta\in\left]0,1\right[$ tel que $\theta<\beta.$ Montrons que $i:(X,Y)_{\theta}\rightarrow(X,Y)_{\beta}$ est absolument continu.

D’après l’étape 1, $i:(X,Y)_{\theta}\rightarrow$ $Y$ est absolument continu, en appliquant l’étape 2, on voit que $i:(X,Y)_{\theta}\rightarrow\left[(X,Y)_{\theta},Y\right]_{\eta}$

est absolument continu, pour tout $\eta\in\left]0,1\right[.$

Choisissons $(1-\eta)\theta=\beta.$ D’après le théorème de réitération [Ber-Lof, Th.4.6.1], $\left[(X,Y)_{\theta},Y\right]_{\eta}=(X,Y)_{\beta}.$ On en déduit que $i:(X,Y)_{\theta}\rightarrow(X,Y)_{\beta}$ est ponctuellement absolument continu.$\blacksquare$

Lemme 7**.**

Supposons que $i$: $X\rightarrow Y$ soit une injection continue d’image dense. Alors pour tout $0<\theta<1$ et tout $1<p<+\infty$ $(X,Y)_{\theta,p}$ est un sous-espace fermé de $\left[(X^{\ast},Y^{\ast})_{\theta,p^{\prime}}\right]^{\ast}$, ou $p^{\prime}$ est le conjugué de $p.$

Démonstration.

Il est évident que l’injection :$((X,Y)_{\theta,p}\rightarrow\left[(X^{\ast},Y^{\ast})_{\theta,p^{\prime}}\right]^{\ast}$ est continue. D’autre part, d’après [Ber-Lof, Th.3.7.1], il existe une constante $C>0,$ telle que $\left\|f^{\ast}\right\|_{(X^{\ast},Y^{\ast})_{\theta,p^{\prime}}}\leq C\left\|f^{\ast}\right\|_{\left[(X,Y)_{\theta,p}\right]^{\ast}}$ pour tout $f^{\ast}\in\left[(X,Y)_{\theta,p}\right]^{\ast}.$ Soient $f\in(X,Y)_{\theta,p}$ et $\varepsilon>0.$ Il existe $f^{\ast}$ dans la boule unité de $\left[(X,Y)_{\theta,p}\right]^{\ast}$ tel que $\left\|f\right\|_{(X,Y)_{\theta,p}}\leq\left|\left\langle f,f^{\ast}\right\rangle\right|+\varepsilon.$ D’après ce qui précède, $f^{\ast}\in(X^{\ast},Y^{\ast})_{\theta,p^{\prime}}$ et $\left\|f^{\ast}\right\|_{(X^{\ast},Y^{\ast})_{\theta,p^{\prime}}}\leq C,$ d’où le lemme.$\blacksquare$

Par un argument analogue à celui de la proposition 11 (en utilisant le lemme 7) on montre:

Proposition 12**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X})$,$(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement et $i:X\rightarrow Y$ une injection absolument continu d’image dense. Supposons que $i(\Delta_{X})=\Delta_{Y}$. Alors pour tout $0<\theta<\beta<1$ et tout $1<p<+\infty,$ $i:(X,Y)_{\theta,p}\rightarrow(X,Y)_{\beta,p}$ est absolument continu.

Lemme 8**.**

Soient $X$ un espace de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $Y$ un espace de Banach et $i:X\rightarrow Y$ une injection ponctuellement faiblement absolument continu, $\theta\in\left]0,1\right[$ et $p\in\left]1,+\infty\right[$. Alors $i:X\rightarrow(X,Y)_{\theta,p}$ est ponctuellement faiblement absolument continu.

Démonstration.

Soient $f\in X$, $x^{\ast}\in\left[(X,Y)_{\theta,p}\right]^{\ast}$ et $\varepsilon,\varepsilon^{\prime}>0$ tel que $\left\|i\right\|\left\|f\right\|\varepsilon^{\prime}+\varepsilon^{\prime}\leq\varepsilon$ . D’après [Ber-Lof, Th.3.7.1] $\left[(X,Y)_{\theta,p}\right]^{\ast}=(X^{\ast},Y^{\ast})_{\theta,p^{\prime}}$. D’autre part, le théorème 3.4.2 de [Ber-Lof] nous montre que $Y^{\ast}$ est dense dans $\left[(X,Y)_{\theta,p}\right]^{\ast},$ par conséquent il existe $z^{\ast}\in Y^{\ast}$ tel que $\left\|x^{\ast}-z^{\ast}\right\|$ ${}_{\left[(X,Y)_{\theta,p}\right]^{\ast}}<\varepsilon^{\prime}.$ D’après l’hypothèse, il existe $\delta>0$ tel que si $\mu(A)<\delta,$ $\left|\left\langle i(f\mathcal{X}_{A}),z^{\ast})\right\rangle\right|<\varepsilon^{\prime}.$ Soit $A\in\Sigma$ tel que $\mu(A)<\delta.$ On a alors

[TABLE]

Il en résulte que $i:X\rightarrow(X,Y)_{\theta,p}$ est faiblement absolument continu.$\blacksquare$

Lemme 9**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement, $\theta\in\left]0,1\right[,$ $i:X\rightarrow Y$ une injection ponctuellement faiblement absolument continu et $p\in\left]1,+\infty\right[.$ Supposons que $i(\Delta_{X})=\Delta_{Y}$. Alors $i:(X,Y)_{\theta,p}\rightarrow Y$ est ponctuellement faiblement absolument continu.

Démonstration.

Soient $f\in(X,Y)_{\theta,p},$ $y^{\ast}\in Y^{\ast}$ et $\varepsilon,\varepsilon^{\prime}>0$ tel que $\varepsilon^{\prime}+\left\|y^{\ast}\right\|\left\|i\right\|\varepsilon^{\prime}\leq\varepsilon.$ Il existe $f_{1}\in X$ tel que $\left\|f-f_{1}\right\|_{(X,Y)_{\theta,p}}<\varepsilon^{\prime}.$ D’après l’hypothèse il existe $\delta>0,$ tel que si $\mu(A)<\delta$ $\left|\left\langle i(f_{1}\mathcal{X}_{A}),y^{\ast}\right\rangle\right|<\varepsilon^{\prime},.$ Choisissons $A\in\Sigma$ tel que $\mu(A)<\delta.$ On a alors $\left|\left\langle i(f\mathcal{X}_{A}),y^{\ast}\right\rangle\right|\leq\left|\left\langle i(f_{1}\mathcal{X}_{A}),y^{\ast}\right\rangle\right|+\left\|y^{\ast}\right\|\left\|i(f-f_{1})_{A}\right\|_{Y}<\varepsilon^{\prime}+\left\|i\right\|\left\|y^{\ast}\right\|\varepsilon^{\prime}\leq\varepsilon.\blacksquare$

Par un argument analogue à celui de la proposition 11 (en utilisant le théorème de réitération [Ber-Lof, Th.3.5.3] et les lemmes 8, 9) on tire le corollaire suivant:

Corollaire 6**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement, $0<\theta<\beta<1$, $\ p\in\left]1,+\infty\right[$ et $i:X\rightarrow Y$ une injection ponctuellement faiblement absolument continu. Supposons que $i(\Delta_{X})=\Delta_{Y}$. Alors $i:(X,Y)_{\theta,p}\rightarrow(X,Y)_{\beta,p}$ est ponctuellement faiblement absolument continu.

Proposition 13**.**

Soient $(B_{0},B_{1}),(C_{0},C_{1})$ deux couples d’interpolation compatibles avec $(\Omega,\Sigma,,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1})),(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{2,}\Delta_{3}))$ respectivement, $\theta\in\left]0,1\right[$  et $T:B_{j}\rightarrow C_{j}$ un opérateur borné, $j\in\left\{0,1\right\}$ (avec $T_{0_{\mid B_{0}\cap B_{1}}}=T_{1_{\mid B_{0}\cap B_{1}}})$. Supposons que $T:B_{0}\rightarrow C_{0}$ est absolument continu. Alors $T:B_{\theta}\rightarrow C_{\theta}$ est absolument continu.

Démonstration.

Soit $A\in\Sigma.$ Observons que $T\mathcal{X}_{A}:B_{j}\rightarrow C_{j}$ est borné, d’après [Ber-Lof, Th.4.1.2] $\left\|T\mathcal{X}_{A}\right\|_{B_{\theta}\rightarrow C_{\theta}}\leq\left[\left\|T\mathcal{X}_{A}\right\|_{B_{0}\rightarrow C_{0}}\right]^{1-\theta}\times\left[\left\|T\mathcal{X}_{A}\right\|_{B_{1}\rightarrow C_{1}}\right]^{\theta}.$ Donc $T:B_{\theta}\rightarrow C_{\theta}$ est absolument continu.$\blacksquare$

Proposition 14**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$, $\theta\in\left]0,1\right[$. Supposons que $B_{0}$ est absolument continu. Alors $B_{\theta}$ est absolument continu.

Démonstration.

D’après la remarque 1, il suffit de montrer que $B_{0}\cap B_{1}$ est absolument continue dans $B_{\theta}.$ Pour cela, soient $f\in B_{0}\cap B_{1}$ et $F\in\mathcal{F}_{0}(B_{0},B_{1})$ tels que $F(\theta)=f.$ Posons $F_{A}(z)=(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,F(z)),$ $A\in\Sigma,$ $z\in S,.$ Il est clair que $F_{A}\in\mathcal{F}(B_{0},B_{1}),$ d’après [Ber-Lof, Lemme.4.3.2], pour tout $A\in\Sigma$ nous avons

[TABLE]

Soit $(A_{n})_{n\geq 0}$ une suite dans $\Sigma$ telle que $\mu(A_{n})\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.$ Comme $B_{0}$ est absolument continu pour tout $\tau\in\mathbb{R}$ $\Delta_{0}(A_{n},F(i\tau))\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0,$ en appliquant le théorème de convergence dominée, on voit que$\left[\mathop{\displaystyle\int}\limits_{\mathbb{R}}\left\|\Delta_{0}(A_{n},F(i\tau)\right\|_{B_{0}}\frac{Q(\theta,i\tau)}{1-\theta}d\tau\right]\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.$ Il en résulte d’après (2.2) que $\Delta_{\theta}(A_{n},f)=F_{A_{n}}(\theta)\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.\blacksquare$

D finition 10**.**

Soient $X,Y$ deux espaces de fonctions sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{X}),$ $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta_{Y})$ respectivement. On dit que $X,Y$ sont isométriques au sens large, s’il existe un opérateur isométrie surjectif $T:X\rightarrow Y$ vérifiant $T(\Delta_{X})=\Delta_{Y}.$

Remarque 9**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$, $\theta,\alpha,\beta,\eta\in\left]0,1\right[$ tels que $\theta=(1-\eta)\alpha+\eta\beta.$ Alors $A_{\theta}=(A_{\alpha},A_{\beta})_{\eta}$ isométriquement au sens large.

Preuve. En effet,

Il est facile de voir que $(A_{\alpha},A_{\beta})$ est compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{\alpha},\Delta_{\beta}))$. Considérons $\widetilde{\Delta}_{\eta}$ l’application qui définie l’espace de fonctions $(B_{\alpha},B_{\beta})_{\eta}$ par rapport à $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{\alpha},\Delta_{\beta}))$, $f\in B_{0}\cap B_{1}$ et $A\in\Sigma$. Il est clair que $\widetilde{\Delta}_{\eta}(A,f)=\Delta_{\alpha}(A,f)=\Delta_{\beta}(A,f)=\Delta_{0}(A,f)=\Delta_{\theta}(A,f).$ D’autre part, d’après le théorème de réitération $B_{\theta}$ et $(B_{\alpha},B_{\beta})_{\eta}$ sont isométriques et $\widetilde{\Delta}_{\eta}(A,f)=\Delta_{\theta}(A,f)$ pour tout $A\in\Sigma$ et tout $f\in B_{\theta},$ car $B_{0}\cap B_{1}$ est dense dans $(B_{\alpha},B_{\beta})_{\eta}=A_{\theta}$.$\blacksquare$

Pour tout $g\in\mathcal{G}(B_{0},B_{1})$ et tout $A\in\Sigma$ notons $g_{A}(z)=(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,g(z))$, $z\in S.$

Lemme 10**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$, $\theta\in\left]0,1\right[,$ $A\in\Sigma$ et $g\in\mathcal{G}(B_{0},B_{1})$. Alors $g_{A}\in\mathcal{G}(B_{0},B_{1})$ et $\left\|g_{A}\right\|_{\mathcal{G}}\leq\left\|g\right\|_{\mathcal{G}}.$

Démonstration.

Il est clair qu $g_{A}$ est holomorphe sur  $S^{0}$ et continue sur $S$ à valeurs dans $B_{0}+B_{1}$ , car $(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,.)$ est un opérateur borné sur $B_{0}+B_{1}.$

D’autre part, pour tout $\tau,\tau^{\prime}\in\mathbb{R}$ on a

[TABLE]

La relation (2) montre que $g_{A}$ vérifie les condtions $C,C^{\prime}$ et $\left\|g_{A}\right\|_{\mathcal{G}}\leq\left\|g\right\|_{\mathcal{G}}.\blacksquare$

Remarque 10**.**

Pour tout $\theta\in\left]0,1\right[$ et tout $g\in\mathcal{G}(B_{0},B_{1})$ on a $g_{A}(A,.)^{\prime}(\theta)=(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,g^{\prime}(\theta)).$

D’après le lemme 10 et la remarque 10, on a la proposition suivante:

Proposition 15**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$ et $\theta\in\left]0,1\right[.$ Alors $B^{\theta}$ est un espace de fonction au sens large sur $(\Omega,\Sigma,\mu,\Delta^{\theta}),$ où $\Delta^{\theta}(A,f)=(\Delta_{0}+\Delta_{1})(A,f),$ $(A,f)\in\Sigma\times B^{\theta}.$

Lemme 11**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$ et $\theta\in\left]0,1\right[.$ Si $B_{0}\cap B_{1}$ est dense dans $B_{0}$ et $B_{1},$ alors $(B_{0}^{\ast},B_{1}^{\ast})$ est compactible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0}^{\ast},\Delta_{1}^{\ast}))$.

Démonstration.

Soient $f^{\ast}\in B_{0}^{\ast}\cap B_{1}^{\ast}$ et $A\in\Sigma.$ Remarquons que $\left\langle f,\Delta_{0}^{\ast}(A,f^{\ast})\right\rangle=\left\langle f,\Delta_{1}^{\ast}(A,f^{\ast})\right\rangle$ pour tout $f\in B_{0}\cap B_{1}.$ D’autre part, d’après [Ber-Lof, Th.2.7.1] $(B_{0}\cap B_{1})^{\ast}=B_{0}^{\ast}+B_{1}^{\ast},$ donc $\Delta_{0}^{\ast}(A,f^{\ast})=\Delta_{1}^{\ast}(A,f^{\ast})$ dans $B_{0}^{\ast}+B_{1}^{\ast}.\blacksquare$

Proposition 16**.**

Soient $(B_{0},B_{1})$ un couple d’interpolation compatible avec $(\Omega,\Sigma,\mu,(\Delta_{0},\Delta_{1}))$ et $\theta\in\left]0,1\right[$ Supposons que $B_{0}\cap B_{1}$ soit dense dans $B_{0}$ et $B_{1}.$ Alors $B_{\theta}^{\ast}=(B_{0}^{\ast},B_{1}^{\ast})^{\theta}$ isométriquement au sens large.

Démonstration.

D’après le théorème de dualité [Ber-Lof, Th.4.5.1], on a isométriquement $B_{\theta}^{\ast}=(B_{0}^{\ast},B_{1}^{\ast})^{\theta}$. Considérons $f^{\ast}\in B_{\theta}^{\ast}$, $f\in B_{0}\cap B_{1}$ et $\Delta^{\theta}$ l’application qui définie l’espace de fonctions ($B_{0}^{\ast},B_{1}^{\ast})^{\theta}.$ Il existe $g\in\mathcal{G}(B_{0}^{\ast},B_{1}^{\ast})$ tel que $g^{\prime}(\theta)=f^{\ast}.$ Pour tout $A\in\Sigma$ on a

[TABLE]

D’autre part, $\Delta^{\theta}(A,g^{\prime}(\theta))=(\Delta_{0}^{\ast}+\Delta_{1}^{\ast})(A,g^{\prime}(\theta))$ et il existe $b_{j}^{\ast}\in B_{j}^{\ast}$ telle que $g^{\prime}(\theta)=b_{0}^{\ast}+b_{1}^{\ast}.$ Ceci implique que

[TABLE]

Il en résulte que $\left\langle f,\Delta_{\theta}^{\ast}(A,f^{\ast}\right\rangle=\left\langle f,\Delta^{\theta}(A,g^{\prime}(\theta)\right\rangle$ pour $f\in B_{0}\cap B_{1}$ et $A\in\Sigma,$ donc $\Delta^{\theta}$ =$\Delta_{\theta}^{\ast}$ dans $B_{0}^{\ast}+B_{1}^{\ast}=(B_{0}\cap B_{1})^{\ast},$ c’est-à-dire que $B_{\theta}^{\ast}=(B_{0}^{\ast},B_{1}^{\ast})^{\theta}$ isométriquement au sens large.$\blacksquare$