Deux produits scalaires

Bonjour à tous,
J'ai $E$ un espace vectoriel, potentiellement de dimension infinie, muni de 2 produits scalaires $\langle \cdot,\cdot\rangle_1$ et $\langle \cdot,\cdot\rangle_2$. Soient $(e_n)_n$ et $(e'_n)_n$ 2 bases orthonormées pour le premier produit scalaire.
J'aimerais montrer :
$$\sum_n \langle e_n | e_n \rangle_2 = \sum_n \langle e'_n | e'_n \rangle_2,
$$ (le produit scalaire utilisé ici est bien le deuxième)
Quelqu'un aurait-il une indication ?

Réponses

  • Si tes deux produits scalaires n'ont aucun lien entre eux, il n'y a strictement aucune raison pour que ça fonctionne.
  • Bien sûr que si, ça marche.

    Tu décomposes chaque vecteur $e_n$ sur la base $e'$ : $e_n=\sum_i \langle e_n,e'_i\rangle_1 e'_i$
    Ensuite, tu calcules en utilisant la bilinéarité :
    \[\begin{align}\sum_n \langle e_n,e_n\rangle_2 &= \sum_n\Big\langle \sum_i \langle e_n,e'_i\rangle_1 e'_i, e_n\Big\rangle_2\\
    &=\sum_n \sum_i \langle e_n,e'_i\rangle_1 \langle e'_i, e_n\rangle_2\\
    &=\sum_i \Big\langle e'_i, \sum_n \langle e_n,e'_i\rangle_1 e_n \Big\rangle_2 \\
    &=\sum_i \langle e'_i, e'_i \rangle_2

    \end{align}\] En dimension infinie, les théorèmes sur les familles sommables de réels positifs assurent toutes les convergences et interversions de sommes, me semble-t-il... mais je ne m'en suis pas assuré.
  • J'ai loupé une occasion de me taire encore une fois !
  • Merci beaucoup à tous les deux :-)
    J'abuse peut-être, mais que donnerait l'écriture matricielle de tout ça ?
  • Le produit scalaire ne dépend que de la norme qu'il induit via :
    $$
    4<a\mid b>\, = ||(a+b)||^2 - ||(a-b)||^2.

    $$ L'égalité précédente signifie que pour LE DEUXIEME produit scalaire la longueur de la diagonale de l'hypercube (au sens du mot hypercube pris pour le premier, mais en appliquant un Pythagore invalide) ne dépend pas de l'hypercube.

    Quelle serait le sens géométrique ou physique de ça ?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Remarque juste en passant, si on prend le deuxième produit scalaire égal au premier l'égalité est $+\infty=+\infty$. Ceci pour souligner qu'il n'y a pas forcément convergence.
  • @Fulgrim (et à tous) : la preuve de bisam évoque furieusement une égalité entre 2 traces. Or pour les mêmes raisons calculatoires, on sait que la trace d'un endomorphisme ne dépend que de sa classe de similitude (ie un changement de base ne change pas la trace).
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  • Je tape un calcul formel juste pour mieux voir:


    $\sum_a g(a,a) =$

    $\sum_a g(a, [\sum_b f(a,b)\bullet b]) = $

    $\sum_a \sum_b f(a,b)g(a,b) = $

    $\sum_b \sum_a f(a,b)g(a,b) = $

    $\sum_b f([ \sum_a g(a,b)\bullet a],b) = $

    $\sum_b f(b,b)$

    Joli calcul bisamien.

    A priori,

    - on n'a pas besoin de la symétrie...
    - bilinéarité utilisée deux fois
    - Hypothèses:

    1/ $a = \sum_b f(a,b)\bullet b $
    2/ $b = \sum_a g(a,b)\bullet a $
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  • Effectivement, on a besoin uniquement de la bilinéarité.
    On peut remplacer le deuxième produit scalaire par n'importe quelle forme bilinéaire.

    Il me semble avoir déjà vu un exercice similaire faisant intervenir un projecteur et son rang...
  • C'est marrant, car c'est un truc qui affirme une égalité entre des trucs obtenus à propos des formes linéaires donnant les coordonnées d'un vecteur dans une base.
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  • C'est même pas vraiment de la bilinéarité. $f$ est juste linéaire pour son argument de gauche et $g$ pour celui de droite
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  • @christophe : oui c'est exactement ça ! en fait il fallait montrer que l'injection $i~:~E_1 \to E_2$ est un opérateur de Hilbert-Schmidt, c'est-à-dire que sa trace est finie en fait.
    (ici $E_i$ est un espace préhilbertien avec le produit scalaire $\langle \cdot , \cdot \rangle_i$)

    @tous : merci pour vos contributions !
  • En dimension finie cela se comprend bien. Dans un espace euclidien $E$ numero 1 on definit un second produit scalaire, et donc defini par un unique endomorphisme symetrique $a$ par $\langle x,y\rangle_2=\langle x,a(y)\rangle_ 1.$ Et donc $\sum_{i=1}^n\langle e_i,e_i\rangle_2$ est la trace de $a$, qui ne depend pas de la base.
  • Merci P.

    Le calcul semble aller bien plus loin que pour les produits scalaires cependant. J'essaierai de recenser sa puissance. Déjà faut que je vérifie si la linéarité partielle est du bon côté (ie n'implique pas celle de l'autre côté dans trop de situations).
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  • L'énoncé initial n'est pas correct sans hypothèses supplémentaires (Poirot avait raison).

    "Contre-exemple" : soient $(e_n)_{\N^{*}}$ et $(e'_n)_{\N^{*}}$ deux bases orthonormées de $E$ pour le premier produit scalaire, vérifiant

    $$Vect((e_n)_{\N^{*}})\cap Vect((e'_n)_{\N^{*}})=\{0\}.$$

    On complète "l'union" de ces deux familles en une base algébrique de $E$. On peut définir un deuxième produit scalaire en posant :

    1) pour tout $n\in\N^{*}$, $\langle e_n',e_n'\rangle_2:=1/n^2$,

    2) pour tout $u$ dans le base différent des $e_i'$, $\langle u,u\rangle_2:=1$,

    3) pour tout $u\neq v$ dans la base, $\langle u,v\rangle_2:=0$

    4) en prolongeant $\langle .,.\rangle_2$ par linéarité


    Dans ce cas, $\sum_n \langle e_n | e_n \rangle_2 \neq \sum_n \langle e'_n | e'_n \rangle_2$

    Remarque : $E$ muni de $\langle .,.\rangle_2$ n'est certainement pas un Hilbert.



    PS. à moins qu'un truc m'échappe...
  • J'ai un peu du mal à voir comment deux bases de $E$ peuvent engendrer des espaces autres que $E$, raoul.S.
    Mais il est certain que ton raisonnement est correct, si l'on admet que des bases vérifiant ce que tu demandes n'existent pas.

    Ou alors, tu n'entends pas la même chose que moi quand tu dis "base".
    Tu remarqueras que l'énoncé initial n'a jamais mentionné le mot Hilbert ni "base hilbertienne".
  • bisam a écrit:
    Ou alors, tu n'entends pas la même chose que moi quand tu dis "base".
    Tu remarqueras que l'énoncé initial n'a jamais mentionné le mot Hilbert ni "base hilbertienne".

    Disons que j'ai toujours lu l'expression "base orthonormée" dans le contexte des espaces de Hilbert (ou préhilbertiens) donc oui j'ai interprété ça dans ce sens et pas comme base algébrique qui en plus est orthonormée.

    Voilà ce qui m'échappais...



    PS. pour ma défense dans ce message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2182216,2182396#msg-2182396 on évoque quand même des espaces préhilbertiens et donc je me pardonne. B-)-
  • Je reprends chaque point du calcul Bisamien :

    le remplacement de $a$ par $\sum_b f(a,b)\bullet b$ provient de ce que $\forall y: [x\mapsto f(x,y)]$ fournit une décomposition de $y$ comme combinaison linéaire (avec beaucoup de $0$) de "tout le monde". On peut considérer que ... $f$ devrait être linéaire à droite. Mais hélas, on utilise la linéarité de $g$ à droite. En continuant, on voit qu'on utilise aussi sa linéarité à gauche (4), purement supposée. Il n'est donc pas facile de dire ce qu'on obtient en dehors du cas très particulier des produits scalaires. Même remarques pour $g$ (2)

    Mais, le calcul n'utilise que sa linéarité à gauche (4). C'est son "ontologie" ci-dessus qui appelle une vocation*** de linéarité à droite. Est-ce qu'on peut améliorer la disposition pour éviter ça?

    Au fond, les fonctions donnant "des coordonnées dans bases" semblent un peu réservées à être des formes bilinéaires pour que le calcul marche.

    *** si on a une base $(e_1,..,e_n)$ on peut regarder $f(e_i,x) = (e^*)_i(x)$. ($f(u,v)$ nulle quand $\forall i: e_i\neq u$)

    Rappel calcul formel :

    $\sum_a g(a,a) =_1$

    $\sum_a g(a, [\sum_b f(a,b)\bullet b]) =_2 $

    $\sum_a \sum_b f(a,b)g(a,b) =_3 $

    $\sum_b \sum_a f(a,b)g(a,b) =_4 $

    $\sum_b f([ \sum_a g(a,b)\bullet a],b) =_5 $

    $\sum_b f(b,b)$
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  • Christophe, tu as mélangé les deux fonctions en recopiant mon calcul...

    J'ai utilisé deux fois la même propriété (pour toi, le fait que la fonction $f$ traduit la décomposition dans une base), une fois la linéarité à gauche de ton $g$ et une fois sa linéarité à droite, mais aussi la symétrie de $f$ !
  • De toute façon, avec la symétrie supposée** .... En fait, ce que j'aurais voulu, avant de vérifier c'est que l'un soit juste linéaire d'un côté et l'autre de l'autre. Mais je ne crois pas que ce soit possible (enfin, je veux dire, si ça l'est mais du "mauvais" côté, celui où ça n'a pas vocation*** à l'être). Sauf erreur, je revérifierai en plein jour...

    *** le calcul l'utilise d'un seul côté. Mais la vocation (pour qu'il "soit vrai" que ça décompose sur une base ou sur une génératrice) l'espère de l'autre.

    ** j'ai fait exprès de retirer la symétrie (c'est trop fort comme hypothèse)
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  • Par contre on ne peut pas remplacer le deuxième produit scalaire par une forme bilinéaire quelconque autrement ça ne fonctionne plus.

    Autre contre-exemple : B-)-

    Soit $(e_n)_n$ une base orthonormée pour le produit scalaire $\langle \cdot,\cdot\rangle_1$. Pour tout $n\in\N$ on pose :

    $$e_{2n}':=2^{-1/2}(e_{2n}+e_{2n+1}) \\ e_{2n+1}':=2^{-1/2}(e_{2n}-e_{2n+1})$$

    $(e_n')_n$ est une autre base orthonormée pour $\langle \cdot,\cdot\rangle_1$.

    À présent on définit la forme bilinéaire $h$ par $\forall n\in\N, h(e_{2n},e_{2n}):=1$, $h(e_{2n+1},e_{2n+1}):=-1$ et $h(e_n,e_m):=0$ si $n\neq m$.

    Dans ce cas on a : $\sum_n h(e_n,e_n)$ diverge mais $\sum_n h(e_n',e_n')=0$.
  • J'avais donc bien raison de me méfier à propos de la sommabilité.
    Bravo pour ce contre-exemple.
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