sev hilbertiens

oliver-stone · November 2006

Salut !

Je crois avoir lu que tout sous espace hilbertien de C[0,1] (muni de la norme du Sup) est de dimension finie.
Par sous-espace hilbertien j'entends un sev sur lequel la norme induite est hilbertienne (ie découle d'un ps).
Mais je ne sais plus où...
Vous avez une idée ?

Ciao Ciao

oliver-stone · November 2006

Ca n'inspire personne??

gb0 · November 2006

Il me semble qu'une norme provient d'un produit scalaire si, et seulement si elle satisfait à l'identité du parallélogramme. Je regarde ce que cela peut donner sur un sous-espace de $\mathcal{C}([0,1])$.

pat4 · November 2006

Hilbertien n'a rien à voir à l'affaire :
C'est juste une conséquence du théorème de Baire

Sasha · November 2006

je crois que le thm de Baire dit que tt espace de Banach de dimension dénombrable (qui a une base dénombrable) est forcément de dimension finie. Mais pour un espace de hilbert séparable, une base de hilbert n'est pas forcément une base vectorielle, me trompe-je ?

egoroff · November 2006

Non tu ne trompes pas Sasha.

Intuitivement je dirais qu'un sev hilbertien de $C([0,1])$ est même de dimension 1, parce que dès qu'on a deux vecteurs libres on détecte l'absence de "rotondité" des boules. On doit pouvoir montrer que la norme induite est alors non-uniformément convexe. L'identité du parallélogramme proposée par gb est une bonne piste également.

gb0 · November 2006

Je donne un exemple dans $\mathcal([0,2\pi])$ (que l'on peut ramener $\mathcal([0,1])$ par changement de variable... : $P$ est le plan engendré par les fonctions sinus et cosinus.
Il est bien connu que $f(x) = a\cos x + b\sin x$ se met sous la forme $f(x) = k\cos(x-\varphi)$ avec $k = \sqrt{a^2 + b^2}$ et $\varphi = \arctan\frac{b}{a}$.
Immédiatment $||f||_{\infty} = \sqrt{a^2 + b^2}$ : $P$ est un plan hilbertien pour lequel la base $(\cos, \sin)$ est orthonormée.
En fait, dans $P$, $||f||_{\infty} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}}||f||_2$.
Ainsi, contrairement à mon intuition et à celle d'egoroff, un sous-espace de dimension finie de $\mathcal([0,2\pi])$ peut-être hilbertien pour la norme uniforme. La question de la réciproque reste donc toujours pendante.

topoloser · November 2006

Bon ben je continue à poster (c'est ma tournée): en fait c'est complètement faux ce truc, un résultat (très) classique d'analyse fonctionnelle dit que tout espace de Banach séparable se plonge isométriquement dans $C([0,1])$ muni de la norme du sup. En particulier l'espace de Hilbert se plonge dedans...
Comment montre-t-on cela, me demanderez-vous peut-être? Je crois qu'on commence par se dire qu'on va utiliser le Cantor $K$ plutôt que $[0,1]$, puis on utilise le fait que tout compact métrisable est image continue de $K$ et que la boule unité du dual d'un Banach $B$ (dans laquelle on peut retrouver $B$ via les évaluations) est compacte pour la topologie préfaible; après on secoue un peu tout ça et avec unpeu de chance ontrouve le résultat...En tout cas c'est unjoli résultat à connaître!

corentinpasloggé · November 2006

Je ne comprends pas ta solution topoloser.
Admettons que tout espace de Hilbert se plonge isométriquement dans $C([0,1])$, même si on a cela, je ne sais pas pourquoi il y aurait des sev hilbertiens de $C([0,1])$ de dimension infinie.

topoloser · November 2006

Bon, je ne sais pas pourquoi, mais ma réponse précédente n'apparaît pas, alors je répète: j'aurais dû écrire que tout Banach séparable se plonge \emph{linéairement} isométriquement dans $C([0,1])$; et l'image du Hilbert séparable de dimension infinie par un tel plongement est alors un sev hibertien de dimension infinie de $C([0,1])$.
A propos de mon oubli: en fait, si un Banach séparable $B$ se plonge isométriquement dans un autre Banach $B'$, alors il se plonge \emph{linéairement} isométriquement dans $B'$... Mais c'est beaucoup plus compliqué à montrer que ce que j'ai raonté jusque là et c'est assez récent comme résultat (2002 je crois); pour la petite histoire et puisqu'il y a plein de gens de Chevaleret sur ce forum, ce résultat est dû à Kalton et Godefroy (qui est actuellement directeur de l'IMJ).

Oliver-Stone0 · November 2006

Salut à tous!
En effet topoloser, ce truc est faux. Et ta justification me semble implaccable!
j'aurai dû penser au fait que tout espace de Banach séparable s'injecte dans C[0,1]...
En plus, c'est fait dans "Introduction to Banach Spaces and their Geometry" de Bernard Beauzamy, un de mes livres favoris.

Merci à toi, merci à tous et bonne continuation.

PS: si quelqu'un a une idée d'un résultat analogue avec lequel j'aurai pu confondre celui du post initial, je reste preneur.

Ciao Ciao

sev hilbertiens

Réponses

Bonjour!

Catégories

In this Discussion