La limite d'une suite d'ensembles précompacts est aussi précompacte — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

La limite d'une suite d'ensembles précompacts est aussi précompacte

Modifié (July 2023) dans Topologie
Salut, Soit $E,F$ deux espaces de Banach
Soit $(f_n)$ [une] suite d’opérateurs définis de $E$ dans $F$, [qui] converge vers $f$.
Soit $X$ une partie bornée de $E$.
Soit $ A_n=\{f_n(x) \mid x\in X\}$ est une partie pécompacte de $F$ pour tout $ n\in \mathbb{N}$ ;
alors, $A=\{f(x) \mid x\in X\} $ est un ensemble précompact de $F$.
Je cherche une démonstration de ce théorème.
Mots clés:

Réponses

  • Modifié (July 2023)
    Bonjour
    Soit $(f(x_k))$ une suite de $A$, on veut montrer qu'elle admet une sous-suite convergente dans $F$.
    Soit la suite $(f_0(x_k))$, c'est une suite de $A_0$, donc elle admet une sous-suite convergente $(f_0(x_{\phi_0(k)}))$ dans $F$ (vers $y_0$).
    De même, pour tout $n\in \N$, on construit la sous-suite $k \mapsto f_n(x_{\phi_0 \circ \cdots \circ \phi_n(k)})$ convergeant vers $y_n$ dans $F$.
    On montre que la suite $(y_n)$ a une limite. C'est aussi la limite de $n \mapsto f_n(x_{\phi_0 \circ \cdots \circ \phi_n(n)})$ et donc de $n \mapsto f(x_{\phi_0 \circ \cdots \circ \phi_n(n)})$.
    J'espère ne pas avoir dit de bêtise.
  • Modifié (July 2023)
    Moi je ne comprends pas pourquoi elle utilise la notion de   précompacté  puisque ici F est un Banach et les notions de compacité et précompacté coïncident 
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (July 2023)
    @gebrane attention, F est un espace complet ne dit pas que le sous-ensemble précompact est complet.
  • tu as raison
    Le 😄 Farceur


  • Besma tu n'es pas tres bavarde. Que penses-tu de la preuve de marco
    Le 😄 Farceur


  • Malheureusement, je n'ai pas trouvé que la preuve avait du sens
  • Pourquoi elle n'a pas de sens ?
    Le 😄 Farceur


  • C'est que marco utilise probablement une autre caractérisation des précompacts, la troisième définition mentionnée sur Wiki je pense. Tandis que Besma veut un preuve avec la première : pour tout $\varepsilon >0$, on peut recouvrir $A$ par un ensemble fini de boules de rayon $\varepsilon$.

    L'idée de la preuve avec la première caractérisation est d'utiliser le fait que pour tout $\varepsilon>0$, dès que $n$ est assez grand, $\|f(x)-f_n(x)\|\leqslant \varepsilon$ pour tout $x\in X$. Donc sur $X$, $f$ et $f_n$ sont presque égales (à $\varepsilon$ près quoi). Par conséquent on peut utiliser l'existence d'un recouvrement de $A_n$ par des boules de rayon $\varepsilon/3$ pour obtenir un recouvrement de $A$ par des boules de rayon $\varepsilon$ (on garde le centre des boules et on change juste le rayon...).
  • @raoul.S On ne peut pas se fier au même centre car il appartient à $A_n$ et pas nécessairement à $A$.
  • @gebrane Je pense qu'il n'a pas obtenu le résultat souhaité
  • Oui dans ma tête c'était clair mais je me suis trompé en l'exprimant. Ce que je voulais dire c'est que pour $n$ assez grand (tel que $\|f_n-f\|\leq \varepsilon/3$) il suffit de considérer un recouvrement de $A_n$, $A_n\subset\bigcup_{i=1}^p B(f_n(x_i),\varepsilon/3)$ et de vérifier que $A\subset \bigcup_{i=1}^p B(f(x_i),\varepsilon)$.
  • Modifié (July 2023)
    Penser est une chose mais cibler  le message que [tu] contestes est souhaitable.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (July 2023)
    @raoul.S Et c'est le problème, la preuve n'est pas claire
  • Bon, voici la preuve détaillée avec la première définition de Wikipedia... Pour simplifier l'écriture, je note indifféremment $\|.\|$ toutes les normes dont il est question.

    Vu que $X$ est borné, il existe $M>0$ tel que $\forall x\in X,\|x\|\leq M$. Soit $\varepsilon >0$ et montrons qu'il existe $p$ points de $X$, $x_1,...,x_p$ tels que $A\subset\bigcup_{i=1}^p B(f(x_i),\varepsilon)$ où je note pour $x\in X$, $B(f(x),\varepsilon)$ la boule de $F$ centrée en $f(x)$ et de rayon $\varepsilon$.

    Vu que $(f_n)$ converge vers $f$, il existe $N\geq 0$ tel que pour tout $n\geq N$, $\|f-f_n\|\leq \dfrac{\varepsilon}{3M}$. Ainsi pour tout $x\in X$, $\|f(x)-f_N(x)\|\leq \|f-f_n\|\cdot \|x\|\leq \varepsilon/3$.
    Vu que $A_N$ (qui est égal à $f_N(X)$ par définition) est précompact, il existe $p$ points $x_1,...,x_p\in X$ tels que $A_N\subset\bigcup_{i=1}^p B(f_N(x_i),\varepsilon/3)$.

    Montrons alors que $A\subset\bigcup_{i=1}^p B(f(x_i),\varepsilon)$.
    Soit $x\in X$, étant donné que $f_N(x)\in \bigcup_{i=1}^p B(f_N(x_i),\varepsilon/3)$, il existe un entier $j\in [\![1,p]\!]$ tel que $f_N(x)\in B(f_N(x_j),\varepsilon/3)$. On a :

    $\|f(x)-f(x_j)\|=\|f(x)-f_N(x)+f_N(x)-f_N(x_j)+f_N(x_j)-f(x_j)\|$
    $\leq \| f(x)-f_N(x)\|+\| f_N(x)-f_N(x_j)\|+\| f_N(x_j)-f(x_j)\|$
    $\leq \varepsilon/3+\varepsilon/3+\varepsilon/3=\varepsilon$.

    Ce qui prouve que $f(x)\in B(f(x_j),\varepsilon)$. Donc $A=f(X)\subset \bigcup_{i=1}^p B(f(x_i),\varepsilon)$ et c'est fini.
  • Tu es diabolique raoul
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (July 2023)
    Bravo @raoul.S
    Merci beaucoup,

    La question qui se pose maintenant est : ces résultats sont-ils toujours valables pour une famille d'ensembles  précompacts $(A_\delta)$ lorsque $\delta$ tend vers $0$ ou $k$ ? Et cela affecte-t-il la preuve que vous mettez ?
  • Modifié (July 2023)
    Besma bissan a dit :
    Bravo @raoul.S
    La question qui se pose maintenant est...
    Besma bissan, j'ai l'impression de bosser gratuitement pour quelqu'un dans ce fil... :mrgreen:

    Remarque, il y a quelques années j'ai effectivement bossé pour une bouchée de pain et je n'ai pas particulièrement apprécié.

    En ce qui concerne ta dernière question il faudrait déjà la formaliser. Je propose une généralisation : soient $B$ un espace topologique et $\phi:B\to \mathcal{L}(E,F)$ une application continue. Montrer que l'ensemble $B_p:=\{b\in B\mid\, \phi(b)(X) \text{ est précompact }\}$ est fermé.

    Ça répond par l'affirmative à ta question. Par contre je te laisse résoudre l'exo car c'est fondamentalement la même preuve que ci-dessus.

    Edit : j'ai remplacé  $F:B\to \mathcal{L}(E,F)$ par $\phi:B\to \mathcal{L}(E,F)$ car j'avais utilisé deux fois la lettre $F$ ci-dessus.
  • Modifié (July 2023)
    Raoul-s
    ,Je t'adore quand tu fais de la sous-traitance, tu le fais si bien, un travail de pro, irréprochable.
    Moi qui ne comprends même pas ce charabia "lorsque $\delta$ tend vers $0$ ou $k$.
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (July 2023)
    gebrane a dit :
    Je t'adore quand tu fais de la sous-traitance
    Oui @gebrane c'est du bénévolat en fait. J'aide certains forumeurs à traduire leurs pensées en langage mathématique et tout ceci à titre gracieux. :mrgreen:
  • Okey,
    Peux-tu me traduire sa nouvelle question en langage mathématique sans généralisation ?
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (July 2023)
    Je suppose que Besma voulait dire un truc du genre : soit $F:[0,1]\to \mathcal{L}(E,F)$ continue avec $E,F$ des e.v.n. On note $f_{\delta}$ au lieu de $F(\delta)$. Si $X$ est un borné de $E$ et si pour tout $\delta\in ]0,1]$, $f_{\delta}(X)$ est précompact, alors $f_0(X)$ est précompact.

    J'ai recopié son message initial en remplaçant la suite $(f_n)$ par une famille $(f_{\delta})$ indexée "continûment" par $[0,1]$.

    Edit : il faut lire soit $\phi:[0,1]\to \mathcal{L}(E,F)$ continue...
  • Modifié (July 2023)
    Ta traduction est très mauvaise  :mrgreen:
    soit $F:[0,1]\to \mathcal{L}(E,F)$ continue avec $E,F$ des e.v.n
    Le 😄 Farceur


  • Ah oui effectivement, j'ai choisi la mauvaise lettre... 🥶
  • On attend de lire Besma . Elle est capable de produire une preuve
    Le 😄 Farceur


  • On note $f_{\delta}$ une famille d’opérateurs n'est nécessairement linéaire ou continue où $ \delta \in \mathbb{R}^+_*$ ( par exemple le semi groupe est une famille d'opérateurs). Où est le problème ici?
  • Modifié (July 2023)
    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
    J'ai relu attentivement votre réponse, j'ai remarqué que vous vous appuyez sur le fait que tous les opérateurs sont linéaires, mais au contraire, ils ne sont pas forcément linéaires.
    On peut compter sur le fait que la convergence en norme de la suite entraîne une convergence simple, et ici je pense que nous n'avons pas besoin d'utiliser que l'ensemble X est borné, alors nous complétons la preuve de la manière que vous avez mentionnée.
    Dans la dernière étape de la preuve, lorsqu'elle a été divisée en trois parties, dont chacune est inférieure à $\epsilon / 3$, je pense qu'il y a un problème avec la dernière partie, car elle ne correspond pas au rang choisi $N$, donc je suggère adoptant le rang le plus élevé entre eux, puis on cherche $x_j$ de nouveau.
    De la même manière, on peut le montrer pour une famille d'ensemble, le seul changement est de prendre le minimum de $\eta_1, \eta_2$ au lieu du rang le plus élevé.
  • J'ai supposé :
    1) que les $f_n$ sont linéaires ainsi que $f$
    2) que $(f_n)$ converge en norme vers $f$.

    Sans ces hypothèses je ne pense pas qu'on puisse adapter la preuve ci-dessus.
  • Modifié (August 2023)
    @raoul.S on peut le montrer sans ces hypothèses à l'aide de ta preuve avec de petits changements comme je l'ai mentionné plus tôt.
  • Modifié (August 2023)
    gebrane traduit :
    Salut, Soit $E,F$ deux espaces de Banach
    Soit $(f_n)$ une  suite d'applications  définies de $E$ dans $F$, .
    On suppose qùe $\forall x\in E ,\quad f_n(x)\to f(x)$
    Soit $ A_n=\{f_n(x) \mid x\in X\}$ est une partie pécompacte de $F$ pour tout $ n\in \mathbb{N}$ ;
    alors, $A=\{f(x) \mid x\in X\} $ est un ensemble précompact de $F$.
    Le 😄 Farceur


  • On peut supprimer l'hypothèse de linéarité mais il faut toujours supposer que $(f_n)$ converge uniformément vers $f$ sur $X$. Avec ces changements, la preuve ICI fonctionne encore.
    Besma bissan a dit :
    je pense qu'il y a un problème avec la dernière partie, car elle ne correspond pas au rang choisi $N$, donc je suggère adoptant le rang le plus élevé entre eux, puis on cherche $x_j$ de nouveau.
    Il n'y a pas de problème avec la dernière partie car la convergence est supposée uniforme.

    Tu ne peux pas supprimer l'hypothèse de convergence uniforme et supposer que la convergence est seulement ponctuelle car autrement on peut trouver des contres-exemples... 

  • Modifié (August 2023)
    Raoul-s
    J'ai traduit en haut ce que j'ai pensé qu'elle voulait dire, mais je ne comprends pas ton utilisation de la convergence uniforme puisque les $f_n$ ne sont pas supposées continues
    Le 😄 Farceur


  • Modifié (August 2023)
    @gebrane la convergence uniforme sur $X$ signifie ceci : $\forall \varepsilon >0,\exists N\geq 0, \forall n\geq N,\forall x\in X, \|f_n(x)-f(x)\|\leq \varepsilon$.
    Tu vois qu'il n'y a pas besoin de continuité pour parler de convergence uniforme.
  • Modifié (August 2023)
    Ok, le mot toujours  m'a induit en erreur.  J' ai cru que tu voulais dire par convergence en norme, la convergence avec la norme uniforme.
    raoul.S a dit :
    J'ai supposé :
    1) que les $f_n$ sont linéaires ainsi que $f$
    2) que $(f_n)$ converge en norme vers $f$.
    raoul.S a dit :
    On peut supprimer l'hypothèse de linéarité mais il faut toujours supposer $ $(f_n)$ converge uniformément vers $f$ sur $X$. 
    Le 😄 Farceur


  • @raoul.S Cette preuve que j'ai présentée, si vous avez des commentaires ou des notes concernant la preuve ou tout contre-exemple qui peuvent être présentés et discutés ensemble
  • Modifié (August 2023)
    @Besma bissan mon commentaire est que ta preuve est malheureusement fausse...

    Le problème est que ton $n_0$ dépend de ton choix de $x\in X$. En résumé, dans ta preuve tu commences pas choisir un $x\in X$ puis tu récupères un entier $n_0$ (qui dépend de $x$) et qui vérifie (2). Ensuite tu construis $n_1$ qui dépend également de $n_0$ et donc de $x$, idem pour $n_2$. Donc toute ta construction dépend du $x$ que tu as choisi au départ et n'est valable que pour ce $x$. 
    À la fin tu ne peux pas conclure en disant que $A\subset \overline{B}(f(x_{i_1}^{n_2}),\varepsilon)$ car ton $n_2$ dépend du $x$ que tu as fixé en début de preuve (en plus tu as oublié le symbole union devant ton $\overline{B}$), il n'est donc pas forcément valable pour les autres éléments de $X$.

    Si tu ne comprends pas ma remarque ci-dessus ce n'est pas grave, car je te donne carrément un contre-exemple qui montre qu'avec l'hypothèse de convergence simple ça ne marche pas : 

    Contre-exemple
    On considère l'espace  $\ell^2$ des suites de carré sommable (c'est un espace de Hilbert). On note $(e_n)_{\N}$ la base hilbertienne canonique (donc pour un entier $n$, $e_n$ est la suite valant $0$ partout et $1$ à la n-ième place). Pour tout entier $n$, on définit $f_n : \ell^2\to \ell^2$ la projection orthogonale sur le sous-espace $\langle e_0,...,e_n\rangle$ et on pose $f:=id$ l'identité. De plus on pose $X:=\{e_n\mid\,n\in \N\}$. Alors on vérifie facilement que pour tout $x\in \ell^2$, $\lim\limits_{n\to \infty} f_n(x)=f(x)=x$ et que pour tout entier $n$, $A_n:=f_n(X)$ est précompact (évident car $f_n(X)=\{0,e_0,...,e_n\}$ est un ensemble fini). Mais il se trouve que $A:=f(X)=X$ n'est pas précompact...
  • Modifié (August 2023)
    @raoul.S Merci beaucoup pour votre remarques.
    Revenons maintenant à la généralisation du lemme précédent à la famille des opérateurs, qui est la plus importante pour le moment. J'ai cherché sur la convergence uniforme pour une famille d'opérateurs, et j'ai trouvé cette question sur un autre site, et l'un des utilisateurs a répondu qu'elle était liée à un filtre, qu'est-ce qu'un filtre ? Quel est son rôle ici ? Je me sens perdu.
    https://forums.futura-sciences.com/mathematiques-superieur/130204-convergence-uniforme-dune-famille-de-fonctions.html
  • Modifié (August 2023)
    Besma bissan a dit :
    qu'est-ce qu'un filtre ? Quel est son rôle ici ?
    Les filtres permettent de généraliser la notion de convergence d'une suite.
    Besma bissan a dit :
    Je me sens perdu.
    Si tu veux maximiser tes chances de recevoir de l'aide il faut poster une question précise. Pour le moment c'est trop vague. Il faut que tu postes un énoncé précis. Ton énoncé général tu l'as bien récupéré quelque part non ? Poste-le.
  • Modifié (August 2023)
    @raoul.S
    Quand j'ai lu cet article à la page 15, l'auteur a utilisé la propriété que j'ai mentionnée plus haut, où il a défini une famille d'opérateurs $F_\epsilon $ qui convergent vers l'opérateur $F$ ( qu'elle est le type de convergence ici?)et a profité de la propriété que nous avons voulu prouver dans cette publication et en a déduit la précompacité du l'ensemble $Y(t)$ pour tout $t>0$, puis appliqué le théorème d'Ascoli-Arzélà pour prouver que l'opérateur $F$ est complètement continue.  

  • Modifié (August 2023)
    @Besma bissan j'ai regardé la partie qui t'intéresse à la page 15 du document que tu as posté. La preuve ICI va très bien pour ton document.
    En fait pour un réel $t$ fixé on considère les fonctions $F_{\varepsilon}(.)(t): C([-r,b],E)\to E, y\mapsto F_{\varepsilon}(y)(t)$. Ces fonctions convergent uniformément vers la fonction $F(.)(t)$ sur la boule $B_{\rho}$, c'est ce que l'auteur montre à la page 15.
    Si tu préfères les suites, tu as $\lim\limits_{n\to \infty} F_{1/n}(.)(t)=F(.)(t)$ uniformément sur $B_{\rho}$.
    Plus formellement ça donne : $\forall \varepsilon>0,\exists N\geq 0,\forall n\geq N,\forall y\in B_{\rho},\|F_{1/n}(y)(t)-F(y)(t)\|\leq \varepsilon$.
    Les fonctions $f_n$ de la preuve correspondent aux fonctions $F_{1/n}(.)(t)$, $f$ correspond à $F(.)(t)$ et $X$ à $B_{\rho}$.
    Comme déjà dit, on peut supprimer l'hypothèse de linéarité de ma preuve, ça marche quand même. Donc c'est bon.
  • Modifié (August 2023)
    @raoul.S Tous ce qui a été prouvé ici, c'est que la limite est égale à zéro quand $\epsilon=1/n$ tend vers 0. Comment avez-vous réussi à déterminer le type de convergence comme Uniforme ? Nous n'avons pas cherché le rang $N$ et nous ne savions pas s'il était dépend à $t$ ou non?
  • Modifié (August 2023)
    Besma bissan a dit :
    Comment avez-vous réussi à déterminer le type de convergence comme Uniforme ?
    Grâce à l'inégalité que l'auteur démontre à la page 15. Pour $t$ un réel fixé vérifiant $0<t<b$, l'auteur démontre l'inégalité : 
    \[\forall y\in B_{\rho}, |F(y)(t)-F_{\varepsilon}(y)(t)|\leq C\cdot \left( t^{\alpha}-(t-\varepsilon)^{\alpha}\right)\]
    (avec $C=M\dfrac{\|p\|+\rho\|q\|}{\Gamma(\alpha)}$ est une constante). On peut réécrire cette inégalité avec un sup comme ça :
    \[\sup_{y\in B_{\rho}}|F(y)(t)-F_{\varepsilon}(y)(t)|\leq C\cdot \left( t^{\alpha}-(t-\varepsilon)^{\alpha}\right)\]
    Tu vois bien que le membre de droite de l'inégalité peut devenir aussi petit que l'on veut dès que $\varepsilon$ est assez proche de $0$. Cette inégalité montre que $\lim\limits_{\varepsilon\to 0} \left(\sup_{y\in B_{\rho}}|F(y)(t)-F_{\varepsilon}(y)(t)|\right)=0$.
    Dit autrement, $F_{\varepsilon}(.)(t)$ tend uniformément vers $F(.)(t)$ sur $B_{\rho}$ lorsque $\varepsilon$ tend vers $0$.
    Je ne vois pas comment t'expliquer autrement, c'est juste la définition de la convergence uniforme sur la boule $B_{\rho}$. Si tu veux la version avec les suites, tu peux dire que la suite $\left(F_{1/n}(.)(t)\right)_{\N}$ converge uniformément vers $F(.)(t)$ sur $B_{\rho}$ lorsque $n\to +\infty$. C'est exactement l'hypothèse que l'on a dans la preuve ICI.
  • @raoul.S   
    Merci beaucoup Raoul. Vraiment tu es génial.  J'ai besoin de gens comme vous, et si nécessaire, je vous paierai pour votre réponses.
  • @raoul.S Puis-je poser d'autres questions ?
  • Modifié (August 2023)
    Salut,
    oui mais si c'est une question qui demande trop d'investissement je ne garantit garantis pas que je vais y répondre.
  • Il me semble que le plus juste est d'écrire  :  je ne guarantis pas
    Le 😄 Farceur


  • Merci, AD n'était pas encore passé :mrgreen:
  • Modifié (August 2023)
    Étant donné la qualité exceptionnelle de tes neurones et  que la durée allouée à une question n'est guère un obstacle pour Raoul , je suis convaincu que tu vas répondre à cette prétendue question, même si elle exige un investissement considérable.
    Pourquoi me lances-tu ce regard ? T'as oublié que tu es quelqu'un de génial ?
    Le 😄 Farceur


  • gebrane a dit : 
    Pourquoi me lances-tu ce regard ? T'as oublié que tu es quelqu'un de génial ?
    Non, non. Mais vu que tu es là je vais te laisser avec Besma et ses éventuelles questions :mrgreen:
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!