inversibles denses

Zig
Zig
dans Algèbre
Bonjour,

Je soumets aux curieux cette petite chose que je trouve assez sympa.. ça étend une propriété déjà bien connue. J'aime bien car la démo peut être rapide et on s'y passe très bien de normes, boules, suites et séries, etc. (à moins bien sûr que ma démo soit fausse, sic)

On considère un corps infini $K$, et $A$ une $K$-algèbre unitaire de dimension finie. On note ${A}^{\times}$ l'ensemble des inversibles de $A$.
On suppose que $A$ est munie d'une topologie telle que tout singleton est fermé, et toute droite affine est connexe.
Alors pour tout sous-espace vectoriel $F \subset A$ :
$F\cap{A}^{\times}\not =\varnothing$ $\Rightarrow$ $F\cap{A}^{\times}$ est dense dans $F$.
(en particulier, ${A}^{\times}$ est dense dans $A$)

une autre variante en modifiant juste les propriétés de la topologie (mais je ré-écris tout pour éviter tout malentendu ..) :
On considère un corps infini $K$, et $A$ une $K$-algèbre unitaire de dimension finie. On note ${A}^{\times}$ l'ensemble des inversibles de $A$.
On suppose que $A$ est munie d'une topologie telle que pour tout ouvert $U$ et tout sous-espace vectoriel $B$, on a : $B \cap U\not =\varnothing$ $\Rightarrow$ $card(B \cap U)>dimA$ .
Alors pour tout sous-espace vectoriel $F \subset A$ :
$F\cap{A}^{\times}\not =\varnothing$ $\Rightarrow$ $F\cap{A}^{\times}$ est dense dans $F$.
(en particulier, ${A}^{\times}$ est dense dans $A$)

Bien entendu, les cas où $K$ est $\mathbb R$ ou $\mathbb C$ et où $A$ est normée répondent aisément aux conditions topologiques de chacunes des variantes...

Réponses

  • seb78
    seb78
    Bonjour
    Je suis un peu sceptique sur l'affirmation "en particulier $A^{\times}$ est dense dans $A$"
    Considère l'algèbre des polynômes à coefficients réels de degré au plus n, $n\geq 1$.
    Alors les inversibles sont les polynômes constants non nuls et ils ne me paraissent pas être denses pour la norme $L^2$ par exemple.
  • GreginGre
    GreginGre
    @seb78: les polynômes de degré au plus $n$ ne forment pas une algèbre. $X^n\cdot X^n=X^{2n}.$
  • gebrane
    gebrane
    Salut
    Rassurer si je rêve pas, alors avec ce résultat on prouve en un clic la densité des matrice inversibles dans M_n(K)
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • seb78
    seb78
    En effet autant pour moi
  • Zig
    Zig
    @gebrane0: oui, c'est ça qui m'inquiète un peu...
  • GreginGre
    GreginGre
    Il pourrait très bien que ce soit vrai. Souvent, lorsque l'on monte le niveau d'abstraction, les démos deviennent plus simples/élégantes, parce que l'on a plus d'outils à disposition et que l'on n'est plus aveuglé par les propriétés spécifiques du cas particulier considéré.


    Bref, balance ta démo, on verra bien s'il y a une couille dans le potage ;-)
  • ccnc
    ccnc
    oui, c'est ça qui m'inquiète un peu...

    Ca n'a pas de raison de t'inquiéter. C'est le cas de TOUT théorème: il a une généralisation qui se prouve courtement (il a en fait une généralisation qui est évidente).

    De toute façon, tu annonces un théorème, mais sans donner la démonstration, donc on ne peut pas te dire
  • GreginGre
    GreginGre
    Juste pour être certain. Par droite affine, tu entends un sous-ensemble de la forme $aA+b, a,b,\in A, a\neq 0$ ?
  • Foys
    Foys
    NB: sous les hypothèses du premier post, $A$ est isomorphe à une sous-algèbre de $M_n(K)$ où $n=dim_K(A)$ (en fait $A$ se plonge dans $End_K(A)$via $x \in A \mapsto (y \mapsto xy)$). De plus en identifiant $A$ à son image par ce plongement on voit que pour tout $x \in A$, $x$ est inversible dans $A$ si et seulement si $det(x) \neq 0$ (pour le sens non trivial, utiliser le théorème de Cayley-Hamilton pour voir que l'inverse de $x$ est un polynôme en $x$).

    Avec ça on établit que pour tout $x \in A^{\times}$ et tout $y \in A$, $\{t \in K|x+ty \in A^{\times }\}$ est fini.
    Ensuite, comme $K$ est infini (et donc de même pour toute droite affine), que tout singleton de $A$ est fermé et que toute droite affine est connexe, tout ouvert non vide d'une droite affine est forcément infini.

    On en déduit la chose suivante: Soit $V$ un sous-$K$-espace vectoriel de $A$ contenant au moins un élément inversible(*). Alors $V \cap A^{\times}$ est dense dans $V$.

    [size=x-small](*) est indispensable. Penser à la situation où $A=M_{2n}(K)$ et où $V$ est l'ensemble des matrices par bloc de la forme $\begin{pmatrix} 0 & M \\ 0 & 0\end{pmatrix}$ avec $M \in M_n(K)$. [/size]
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Zig
    Zig
    @GreginGre: bonne idée de préciser : j'entends $x + K \cdot y$ avec x et y dans A.
  • Zig
    Zig
    Yes Foys. Je balance ma démo, légèrement différente :

    Le point crucial de la démo est le lemme suivant :
    Si $x \in A$ et $\alpha \in {A}^{\times}$ avec $x \not= \alpha$, alors tous les points de la droite affine $x + K\cdot \alpha$ sont inversibles, sauf un nombre fini d'entre eux (n'excédant pas $dimA$).
    En effet, dire qu'un point de la droite, point qui est donc de la forme $x + k\cdot \alpha$, n'est pas inversible équivaut à dire que $(-k)$ est valeur propre de ${\alpha}^{-1}x$, ou encore que $(-k)$ est racine du polynôme minimal de ${\alpha}^{-1}x$. Or ce polynôme est de degré inférieur ou égal à $dimA$, donc le nombre de ses racines n'excède pas $dimA$.

    On peut enchaîner la démo de la première version :
    Soient donc $F$ un ss-ev de $A$ tel que $F \cap {A}^{\times} \not= \varnothing$, et $\Omega$ un $F$-ouvert non vide. Il s'agit de montrer que $\Omega \cap {A}^{\times} \not= \varnothing$, ce qui prouvera la densité cherchée.
    1er cas : $\Omega \subset {A}^{\times}$
    c'est réglé...
    2ème cas : $\Omega \not \subset {A}^{\times}$
    on peut alors considérer $x \in \Omega$, $x \not \in {A}^{\times}$. Soit d'autre part $\alpha \in F \cap {A}^{\times}$. Alors on note $D$ la droite $x + K\cdot \alpha$.
    Si $D \cap \Omega = D$, alors $card(D \cap \Omega)= \infty$.
    Sinon, $D \cap \Omega$ est $D$-ouvert strict, non vide car contenant $x$, et par suite il n'est pas un $D$-fermé car $D$ est connexe. $D \cap \Omega$ n'est donc pas réunion finie de singletons qui sont par hypothèse des fermés. Ainsi là encore, $card(D \cap \Omega)= \infty$.
    On en déduit donc grâce au lemme ci-dessus que $(D \cap \Omega) \cap {A}^{\times} \not = \varnothing$, et a fortiori $\Omega \cap {A}^{\times} \not = \varnothing$.


    Et pour la variante :
    Soient donc $F$ un ss-ev de $A$ tel que $F \cap {A}^{\times} \not= \varnothing$, et $\Omega$ un $F$-ouvert non vide. Il s'agit de montrer que $\Omega \cap {A}^{\times} \not= \varnothing$, ce qui prouvera la densité cherchée.
    1er cas : $\Omega \subset {A}^{\times}$
    c'est réglé...
    2ème cas : $\Omega \not \subset {A}^{\times}$
    on peut alors considérer $x \in \Omega$, $x \not \in {A}^{\times}$. Soit d'autre part $\alpha \in F \cap {A}^{\times}$. Alors on note $D$ la droite $x + K\cdot \alpha$.
    $D \cap \Omega$ est un $D$-ouvert non vide, donc par hypothèse $card(D \cap \Omega)>dimA$. Le lemme ci-dessus implique alors que $(D \cap \Omega) \cap {A}^{\times} \not = \varnothing$, et donc $\Omega \cap {A}^{\times} \not = \varnothing$.
  • Zig
    Zig
    ... le $x \not = \alpha$ au début du lemme ne sert à rien, à virer ...
  • Zig
    Zig
    oui et puis mes 1er cas, 2eme cas, ça sert à rien non plus..., 2eme cas suffit
  • Zig
    Zig
    ... avec x quelconque dans Omega, inversible ou pas, on s'en fout ...
  • Zig
    Zig
    Allez je la remets propre :

    Soient donc $F$ un ss-ev de $A$ tel que $F \cap {A}^{\times} \not= \varnothing$, et $\Omega$ un $F$-ouvert non vide. Il s'agit de montrer que $\Omega \cap {A}^{\times} \not= \varnothing$, ce qui prouvera la densité cherchée.
    on considère $x \in \Omega$. Soit d'autre part $\alpha \in F \cap {A}^{\times}$. Alors on note $D$ la droite $x + K\cdot \alpha$.
    Si $D \cap \Omega = D$, alors $card(D \cap \Omega)= \infty$.
    Sinon, $D \cap \Omega$ est $D$-ouvert strict, non vide car contenant $x$, et par suite il n'est pas un $D$-fermé car $D$ est connexe. $D \cap \Omega$ n'est donc pas réunion finie de singletons qui sont par hypothèse des fermés. Ainsi là encore, $card(D \cap \Omega)= \infty$.
    On en déduit donc grâce au lemme ci-dessus que $(D \cap \Omega) \cap {A}^{\times} \not = \varnothing$, et a fortiori $\Omega \cap {A}^{\times} \not = \varnothing$.
  • gebrane
    gebrane
    @Zig
    Apres cette accalmie, il faut s'attendre à une tempête de questions
    le début de ta prouve ne me plait pas, il faut prendre x dans A et prouver l'existence d'un ouvert $\Omega_x$ tel que $\Omega_x \cap A^{\times}\neq \emptyset$
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Zig
    Zig
    @gebrane0: je ne saisis pas ta remarque... pour prouver que X est dense dans Y, je montre que tout ouvert de Y coupe X...
  • gebrane
    gebrane
    ok parfait
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Zig
    Zig
    Je suis curieux de savoir si GreginGre a trouvé un des trucs dont il parlait dans le potage :)
  • zephir
    zephir
    @Zig : non, le potage est "clean". La clé est la remarque suivante : Tout élément d'une algèbre de dimension finie admet un polynôme minimal, donc son spectre est fini, et du fait que $K$ est infini ...
    Comme le cas $K$ fini est trivial...
  • Zig
    Zig
    @zephir: yes that's the point...
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