Topologie des evn

artjozp

Bonsoir,
j'ai E un evn de dim non finie et F un sev de E de dim finie
pour a dans E\F, j'ai b dans F tel que d(a,F)=||a-b||

mais comment en déduire l'existence de c dans E tel que d(c,F)=||c||=1
svp ? 

JLapin

En vérifiant que le vecteur unitaire $\dfrac{a-b}{\|a-b\|}$ fait l'affaire.

artjozp

effectivement 
merci!

artjozp

Je dois aussi montrer que la boule unité fermée de E n'est pas compacte
J'ai essayé de créer une suite de boules de rayon 1/n, mais rien n'y fait. Je ne vois pas l'idée

Auriez-vous une piste svp?

Soc

Avec une suite de vecteurs de norme 1 dont on ne peut extraire une sous-suite convergente?

JLapin

artjozp a dit :
Auriez-vous une piste svp ?

Construis une suite $(e_n)$ vérifiant $n>p \implies \|e_n-e_p\|\geq 1$.

AlainLyon

JLapin
Ma première idée est de choisir des vecteurs de base d'un supplémentaire de $F$ dans $E$, l'ennui c'est que l'existence de vecteurs de bases à n'importe quel evn de dimension non fini suppose d'utiliser l'axiome du choix qui est très controversé.
[Inutile de recopier le dernier message. AD]

JLapin

@AlainLyon

Tu peux choisir un vecteur unitaire $e_1$ puis un vecteur unitaire $e_2$ à distance $1$ de $Vect(e_1)$ puis...

AlainLyon

@JLapin Effectivement cette méthode utilise l'axiome du choix dénombrable alors que c'est l'axiome du choix général qui pose problème.

raoul.S

Une autre preuve qui a l'avantage de pouvoir s'adapter facilement au cas général des espaces vectoriels topologiques (sans axiome de choix d'aucune sorte je crois bien).

Soit $B$ la boule unité fermée de l'espace normé $E$. On suppose $B$ compacte. Il existe alors un entier $n>0$ et $x_1,...,x_n\in B$ tels que $B\subset \bigcup_1^n (x_i+2^{-1}B)$. On note $F$ le sous-espace engendré par $x_1,...,x_n$, alors $B\subset F+2^{-1}B$. Par récurrence il en découle que $B\subset F+2^{-k}B$ pour tout entier $k>0$. Or ceci implique que tout point de $B$ est dans l'adhérence de $F$ (car $(2^{-k}B)_{k\geq 1}$ est une base de voisinages). Mais $F$ est fermé car de dimension finie donc $B\subset F$ et par conséquent $E=F$ est de dimension finie.

PS. pour le cas général des espaces vectoriels topologiques il suffit de remplacer $B$ par un voisinage compact équilibré.

AlainLyon

@raoul.S Là c'est le "On suppose $B$ compacte" qui me pose problème car il ne va pas de soi que dans tout evn il existe des boules fermées compactes...

Barjovrille

Bonjour @AlainLyon raoul a prouvé la contraposée si $B$ compacte alors $E$ est de dimension finie.

dSP

raoul.S a dit :

Une autre preuve qui a l'avantage de pouvoir s'adapter facilement au cas général des espaces vectoriels topologiques (sans axiome de choix d'aucune sorte je crois bien).

On évite toute forme d'axiome du choix car on démontre "seulement" l'absence de compacité au sens Borel-Lebesgue. Mais, pour montrer l'absence de compacité au sens "Bolzano-Weierstrass", il semble difficile de se passer de l'axiome du choix dénombrable (je ne vois pas comment on peut espérer s'en passer pour démontrer que tout compact "Bolzano-Weierstrass" d'un espace métrique est précompact).

Cela étant, cette démonstration est jolie.

AlainLyon

@Barjovrille Il a donc démontré que la boule unité fermé d'un evn qui n'est pas de dimension finie n'est pas compacte, OK!

raoul.S

dSP a dit : 

On évite toute forme d'axiome du choix car on démontre "seulement" l'absence de compacité au sens Borel-Lebesgue.

Effectivement, j'avoue ne pas avoir fait attention à cette subtilité...

Foys

Ci-dessous, on montre sans AC (même dénombrable) que les boules d'un evn de dimension infinie séparable ne vérifient pas Bolzano-Weierstrass. En fait il suffit du lemme suivant (Teichmüller-Tukey): soit $X:= \{x_n\mid n\in \N\}$ un ensemble dénombrable et $\mathcal C$ un ensemble de parties de $X$ telles que pour toute partie $A$ de $X$, $A\in \mathcal C$ si et seulement si toutes les parties finies de $A$ appartiennent à $\mathcal C$. Alors tout élément de $\mathcal C$ est contenu dans un élément de $\mathcal C$ maximal pour l'inclusion.
Preuve : soit $F \in \mathcal C$. On définit une suite $(F_n)_{n\in \N}$ en posant $F_0:= F$ et pour tout $n\geq 0$, si $F_n \cup \{x_n\} \in \mathcal C$ alors $F_{n+1}:= F_n \cup \{x_n\}$, sinon $F_{n+1} := F_n$. Il est alors immédiat que $\bigcup_{n\in \N} F_n $ possède les propriétés annoncées (ici, "$E$ fini" veut dire "il existe un entier $n$ et une surjection de $\{k \in \N \mid 1 \leq k \leq n\}$ dans $E$"). On peut alors appliquer ce lemme à l'ensemble des parties de $D$ dont tous les éléments sont à distance au moins $\frac r 2$ l'un de l'autre, où $D:=\{d_n \mid n \in \N\}$ désigne une partie dénombrable dense d'une boule de rayon $r>0$ (soit $F$ l'ensemble maximal obtenu; on montre que $\{k \in \N \mid d_k \in F\}$ ne peut être majoré puis pour construire la suite, on pose $m_0:= \min \{n \in \N \mid d_n \in F\}$, $m_{n+1}:= \min \{k \in \N \mid k > m_n \wedge d_k \in F\}$ pour tout $n$, puis on prend $k \mapsto d_{m_k}$).
 NB : si on enlève l'hypothèse de dénombrabilité, le lemme de Teichmüller-Tukey entraîne le lemme de Zorn et donc l'axiome du choix. En revanche, si on le laisse sous la forme ci-dessus, il admet une démonstration intuitionniste (remplacer, dans la définition de $F_{n+1}$, ce qui est écrit plus haut par $F_{n+1}:= F_n \cup \{z \in X \mid z = x_n \wedge F_n \cup \{z\} \in \mathcal C\}$).

raoul.S

Joli.

Foys

En fait ce n'est pas si choquant que ça quand on y pense: un espace métrique séparable vérifie un "axiome du choix pour des ouverts": étant donné une partie dense $\{x_n\mid n \in \N\}$ d'un espace métrique $(X,d)$, on pose pour tout ouvert non vide $V$, $\varphi(V):= x_m$, où $m$ est le plus petit élément de $\{k \in \N \mid x_k \in V\}$. On en déduit des preuves plus simples des affirmations précédentes.

raoul.S

Tiens @Foys j'ai peut-être trouvé "une faille" dans ta preuve ci-dessus. Tu dis 

Foys a dit :

où $D:=\{d_n \mid n \in \N\}$ désigne une partie dénombrable dense d'une boule de rayon $r>0$

Ici tu utilises le fait que tout sous-ensemble d'un espace séparable est séparable pour justifier l'existence de $D$. Sauf qu'il me semble que pour prouver cette "simple" affirmation (celle en gras donc) il faut AC dénombrable... ou bien ?

Foys

raoul.S
Justement j'arrive à éviter cet écueil car la boule est ouverte (mais oui il y a des pièges à éviter même dans des situations d'apparence anodine: par exemple au musée des horreurs, la consistance de ZFC entraîne l'existence de modèles de ZF où AC est faux et où il existe des parties séquentiellement compactes et non bornées de $\R$; de mémoire)
[Inutile de reproduire le message précédent. AD]

raoul.S

Ah mais oui, c'est ce message ICI qui te sauve la mise, il n'y a pas de choix à faire vu qu'on prend le min.
Bah j'aurais essayé...

Foys

De toute façon tout ouvert d'un espace séparable $X$ est séparable sans AC puisque si $D$ est dénombrable et dense dans $X$, pour tout ouvert $V$, $D\cap V$ est dénombrable et rencontre tous les ouverts de $V$ (qui sont aussi des ouverts de $X$.)