Irrégularité des bases algébriques dans un espace de Banach

Le corps de base est $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.
Si $X$ est de dimension finie, $\mathcal{B}$ est finie et il n’y a rien à démontrer. On suppose donc $X$ de dimension infinie.

1. Posons $F=\{x\in\mathcal{B}\ :\ x^{*}\text{ est continue}\}$ et supposons par l’absurde $F$ infini. Choisissons une suite $(x_n)_{n\geqslant 1}$ d’éléments deux à deux distincts de $F$.
   Les vecteurs d’une base étant non nuls, on peut poser
   $$\lambda_n=\frac{1}{2^{n}\|x_n\|}>0,\qquad\text{de sorte que}\qquad \sum_{n\geqslant 1}\|\lambda_nx_n\|=\sum_{n\geqslant 1}2^{-n}=1<+\infty .$$La série $\sum_n\lambda_nx_n$ est absolument convergente ; comme $X$ est complet*, elle converge vers un vecteur
   $$v=\sum_{n\geqslant 1}\lambda_nx_n\ \in X .$$Fixons $N\geqslant 1$. La forme $x_N^{*}$ est linéaire et continue, donc commute avec la limite des sommes partielles :
   $$x_N^{*}(v)=\lim_{k\to\infty}x_N^{*}\Bigl(\sum_{n=1}^{k}\lambda_nx_n\Bigr)=\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^{k}\lambda_n\,x_N^{*}(x_n)=\lambda_N .$$On obtient $x_N^{*}(v)=\lambda_N\neq 0$ pour tout $N\geqslant 1$, c’est-à-dire une infinité de coordonnées non nulles pour $v$ dans la base $\mathcal{B}$. Contradiction. Donc $F$ est fini. $\blacksquare$

2. Vu la question 1, il suffit d’établir le résultat suivant,

Théorème. Sur un espace de Banach $X$, toute forme linéaire borélienne est continue.

Lemme. Soit $A\subseteq X$ possédant la propriété de Baire et non maigre. Alors $A-A$ est un voisinage de $0$.

Preuve. Écrivons $A=U\,\triangle\,M$ avec $U$ ouvert et $M$ maigre. Si $U=\varnothing$, alors $A\subseteq M$ serait maigre : donc $U\neq\varnothing$, et il existe $u\in X$, $r>0$ avec $B(u,r)\subseteq U$.

Soit $h\in X$ avec $\|h\|<r$. Le point $u+\frac{h}{2}$ appartient à $B(u,r)$ et à $B(u,r)+h$, car $\|{\pm}\frac{h}{2}\|<r$ ; donc $V:=U\cap(U+h)$ est un ouvert non vide. Or $A\supseteq U\setminus M$ et $A+h\supseteq(U+h)\setminus(M+h)$, d’où
$$A\cap(A+h)\ \supseteq\ V\setminus\bigl(M\cup(M+h)\bigr).$$L’ensemble $M\cup(M+h)$ est maigre, et $X$ étant complet donc de Baire, un maigre ne peut contenir un ouvert non vide. Ainsi $A\cap(A+h)\neq\varnothing$ : il existe $a,a'\in A$ avec $a=a'+h$, soit $h\in A-A$. On a montré $B(0,r)\subseteq A-A$. $\square$

Preuve du théorème. Soit $f:X\to\mathbb{K}$ linéaire borélienne, et
$$A=f^{-1}\bigl(\overline{B_{\mathbb{K}}}(0,1)\bigr),$$borélien comme image réciproque d’un fermé, donc possédant la propriété de Baire.

$A$ est non maigre. Pour tout $y\in X$, il existe $n\geqslant 1$ avec $|f(y)|\leqslant n$, c’est-à-dire $|f(y/n)|\leqslant 1$ et $y\in nA$. Donc $X=\bigcup_{n\geqslant 1}nA$. L’espace $X$ étant de Baire, l’un des $nA$ est non maigre ; l’homothétie $y\mapsto y/n$ étant un homéomorphisme, $A$ est non maigre.
Le lemme fournit $r>0$ avec $B(0,r)\subseteq A-A$. Or, par linéarité, $a,a'\in A$ entraîne $|f(a-a')|\leqslant 2$. Donc $|f|\leqslant 2$ sur $B(0,r)$, et par homogénéité
$$\forall y\in X,\qquad |f(y)|\leqslant\frac{2}{r}\,\|y\| .$$La forme $f$ est bornée, donc continue. $\square$

Revenons à la question. Si $x^{*}$ est borélienne, elle est continue par le théorème. L’ensemble des $x\in\mathcal{B}$ telles que $x^{*}$ est borélienne est donc contenu dans $F$, qui est fini d’après la question 1. $\blacksquare$

Voici une solution pour le premier point. $\\ \\$ Supposons par l’absurde qu’une infinité des $(x^{*})_{x \in \mathcal{B}}$ sont continues. Soit$(x_{n})_{n}$ une suite injective d’éléments de $\mathcal{B}$, telle que pour tout $n$, $x_{n}^{*}$ est continue. On pose $K = \bigcap_{n} \mathrm{ker}(x_{n}^{*})$. Il est clair que K est fermé, et comme les $x_{n}^{*}$ sont libres, la codimension de $K$ vaut $\aleph_{0}$. Ainsi, me quotient $X/K$ est un espace de Banach de dimension $\aleph_{0}$, ce qui esr absurde.