Hahn-Banach Theorem in finite dimension

Commençons par un cas particulier Supposons que la norme est euclidienne.
Si $\|\cdot\|$ dérive d’un produit scalaire, notons $P$ la projection orthogonale sur $F$ et posons $\widetilde{\varphi}=\varphi \circ P$. C’est une forme linéaire prolongeant $\varphi$, et comme $\|P\|=1$, $|\widetilde{\varphi}(x)|=|\varphi(P x)| \leqslant\|P x\| \leqslant\|x\|$ .
Rien de plus n’est nécessaire. C’est le seul cas où le prolongement optimal est de surcroît unique, et cela explique pourquoi la difficulté est purement liée à la géométrie de la boule unité, pas à la dimension.

Revenons à l’exercice. On procède en 3 étapes.

1. Par hypothèse $\vert\!\vert\!\vert\varphi\vert\!\vert\!\vert=1$, donc $\forall z\in F$$,$ $|\varphi(z)|\leqslant\|z\| ,$ et cette constante $1$ est optimale.

Soient $x,y\in F$. Alors $x-y\in F$, donc
$$\varphi(x)-\varphi(y)=\varphi(x-y)\leqslant\|x-y\| .$$L’inégalité triangulaire donne $\|x-y\|=\|(x-a)+(a-y)\|\leqslant\|x-a\|+\|a-y\|$, d’où
$$\varphi(x)-\varphi(y)\leqslant\|x-a\|+\|a-y\| ,$$ce qui est exactement l’inégalité annoncée après réarrangement :
$$\varphi(x)-\|x-a\|\ \leqslant\ \varphi(y)+\|a-y\| . \qquad\blacksquare$$Cette inégalité est valable pour tout $a\in E$.

2. Supposons $a\notin F$ et posons $G=F\oplus\mathbb{R}a$, la somme étant directe précisément parce que $a\notin F$.
   L’inégalité de la question 1 signifie que
   $$s:=\sup_{x\in F}\bigl(\varphi(x)-\|x-a\|\bigr)\ \leqslant\ \inf_{y\in F}\bigl(\varphi(y)+\|a-y\|\bigr)=:m .$$Ces deux quantités sont finies : en prenant $x=y=0$, on obtient $-\|a\|\leqslant s\leqslant m\leqslant\|a\|$. Fixons donc $t\in[s,m]$ et définissons
   $$\psi:\ G\longrightarrow\mathbb{R},\qquad \psi(x+\lambda a)=\varphi(x)+\lambda t ,$$application bien définie et linéaire grâce à l’unicité de la décomposition $x+\lambda a$.

Majoration $\psi\leqslant\|\cdot\|$. Soient $x\in F$ et $\lambda\in\mathbb{R}$.

• Si $\lambda>0$ : la majoration $t\leqslant m$ appliquée à $y=-x/\lambda\in F$ donne $t\leqslant\varphi(-x/\lambda)+\|a+x/\lambda\|$. En multipliant par $\lambda>0$ et en utilisant l’homogénéité de la norme,
  $$\lambda t\leqslant-\varphi(x)+\|x+\lambda a\| ,\qquad\text{soit}\qquad \psi(x+\lambda a)\leqslant\|x+\lambda a\| .$$
• Si $\lambda<0$, écrivons $\lambda=-\mu$ avec $\mu>0$. La minoration $t\geqslant s$ appliquée au point $x/\mu\in F$ donne $t\geqslant\varphi(x/\mu)-\|x/\mu-a\|$, d’où après multiplication par $\mu$
  $$\mu t\geqslant\varphi(x)-\|x-\mu a\| ,\qquad\text{soit}\qquad \psi(x-\mu a)\leqslant\|x-\mu a\| .$$
• Si $\lambda=0$, c’est la majoration $\varphi(x)\leqslant\|x\|$.

On a donc $\psi(z)\leqslant\|z\|$ pour tout $z\in G$ ; en appliquant cela à $-z$ on obtient $-\psi(z)\leqslant\|z\|$, d’où $|\psi(z)|\leqslant\|z\|$ et $\vert\!\vert\!\vert\psi\vert\!\vert\!\vert\leqslant 1$. Réciproquement, $\psi$ prolonge $\varphi$, donc son supremum porte sur un ensemble plus grand :
$$\vert\!\vert\!\vert\psi\vert\!\vert\!\vert\geqslant\vert\!\vert\!\vert\varphi\vert\!\vert\!\vert=1 .$$Ainsi $\vert\!\vert\!\vert\psi\vert\!\vert\!\vert=1$.

3. Raisonnons par récurrence sur la codimension $d=\dim E-\dim F$, finie puisque $E$ l’est.
   Si $d=0$, alors $F=E$ et il n’y a rien à faire. Si $d\geqslant 1$, choisissons $a\in E\setminus F$ : l’étape 2 fournit un prolongement $\psi$ de $\varphi$ à $G=F\oplus\mathbb{R}a$, de norme $1$, et $\dim E-\dim G=d-1$. L’hypothèse de récurrence appliquée à $(G,\psi)$ donne un prolongement $\widetilde{\varphi}$ à $E$ de norme $1$, qui prolonge $\psi$ donc aussi $\varphi$.

Il existe donc $\widetilde{\varphi}\in E^{*}$ telle que
$$\widetilde{\varphi}\vert_{F}=\varphi\qquad\text{et}\qquad \vert\!\vert\!\vert\widetilde{\varphi}\vert\!\vert\!\vert=1 . \qquad\blacksquare$$