les inversibles d'une algèbre sont denses ?

Bonjour ,

J'ai une petite question :

Si on considère L(E) (avec E est un ev sur R ou C de dimension finie), que l'on munit d'une norme, alors l'ensemble U des éléments inversibles de L(E) est un ouvert qui est dense.

Est-ce qu'il y a un résultat plus général pour une algèbre normée quelconque (dimension finie ou pas) ?
U est toujours un ouvert je crois, mais U est-il dense ?

Merci.

Réponses

  • Si la norme sur $L(E)$ est une norme d'algèbe, alors oui, les inversibles forment un ouvert.
    Par contre, la densité devient fausse en dimension infinie. En effet, je crois que si on se place dans $l^2(\N)$ et que l'on considère l'opérateur $S$ de décalage à droite (défini par $S((a_i)_{i\in \N}) = (0,a_1,a_2,...)$), alors il n'y a aucun inversible dans un voisinage de $S$. A vérifier.
  • Merci Guego pour ta réponse.

    si on prend une suite d'opérateur Tn qui font
    Tn(a0,a1, ...,ap,...)= (1/n a0 ,a1 ,...,ap,...)

    ne sont -ils pas inversibles et tendant vers S ?
  • Je pense que Guego voulait écrire :

    $S(a_0,a_1,a_2,\ldots)=(0,a_0,a_1,\ldots)$

    8-)
  • Merci PB d'avoir précisé le Shift .

    Mais est ce facile de montrer que S ne peut être approché par des inversibles ?
  • Madec: ton opérateur n'est pas linéaire.


    Les inversibles forment un ouvert dans les algèbres de Banach (c'est simplement un truc formel genre $1/(1+a)=\sum (-1)^na^n$ qui a un sens parce que l'espace est complet), par contre je ne sais pas si c'est vrai en général.
    Au sujet du shift, on peut montrer que son spectre (cad les $z$ tq $S+zI_d$ n'est pas inversible) est $\overline{B(0,1)}$, ce qui est encourageant pour le résultat qu'a cité Guego.
  • Bonjour,

    Corentin ,

    je ne comprends pas pourquoi tu indiques que ce que j'ai appelé Tn n'est pas un opérateur linéaire ?

    si je prends deux suite a_p et b_p de l^2 (N) et r réel quelconque

    alors Tn ( a_p + rb_p) = ( 1/n (a_0+rb_0) , a_1+ rb_1 , ...,a_p+rb_p ,...)
    et celà est bien égal à Tn(a_p) +r Tn(b_p)


    Par ailleurs si je prends z # 0 j'ai l'impression que S+ z Id est bien inversible .

    si par exemple je prends une suite quelconque de l^2 soit ( b0,b1,...,bp,...)
    si je résoud le système:
    za0= b0
    za1+a0=b1
    ....
    zap+ a_p-1=bp
    .....
    il a bien une unique suite a_p solution , donc S+zID est un opérateur bijectif .
    au passage est ce que celà ne montre pas d'ailleurs que je peux approcher S par un opérateur bijectif ( en faisant tendre z vers 0) ?

    Je m'excuse d'avance si j'ai écrit des bêtises !!
  • Sinon, on peut penser à ℤ, considéré comme ℤ-module et comme anneau. Ses inversibles sont −1 et 1.
    Mais au fait, on peut parler d’algèbre dans ce cas, ou il faut que l’on travaille avec un corps au lieu d’un anneau ?
    The real danger is not that computers will begin to think like men, but that men will begin to think like computers.
            -- Harris, Sidney J.
  • Non, c'est pas linéaire, puisque $T_n(2a_p)=(1/n,2a_p)$ et $2T_n(a_p)=T_n(2/n,2a_p)$.
    Et pour l'existence d'une solution, je pense que le problème est qu'elle n'est pas dans $l^2$ (ou alors je craque).
  • Corentin,

    je reste perplexe sur la non linéarité de Tn ,mais peu importe , car j'ai introduit cette suite dans l'espoir d'approcher le shift S initial de Gurgo par des inversibles ; et comme cette expression de S n'était pas correcte ( corrigé ensuite par PB) ...

    Pour S + z Id tu as certainement raison , j'ai oublié de vérifier que l'antécédent a_p restait dans l^2 et intuivement je sens assez bien que ce n'est pas forcément le cas , en particulier si z est petit .

    Sinon en quoi c'est encourageant pour montrer le contre exemple de Guego ( c'est à dire S non inversible qui n'est pas approchable par une suite d'inversible )
  • Je disais que c'est encourageant parce que en quelque sorte ça fait un "gros" ensemble de modifications qu'on peut faire à S sans qu'il devienne inversible.
    J'ai édité ma réponse précédente sur la non linéarité c'est peut être plus convaincant.
  • Bon on a perdu sniff...

    Sinon :
    Tn( 2 a_p) = ( 2a0/n ,2a1 ,..,2ap,...)

    2 Tn(a_p) = 2( a0/n ,a1,...,ap,..) = (2a0/n ,2a1 ,...,2ap,...)

    et il y a bien égalité !

    Pour le reste , je suis d'accord qu'en cherchant à approcher S dans la "direction "Id , c'est mort , mais il y a plein d'autres direction non ?
  • Réponse à Madec : soit $S$ le shift à droite et supposons que tout voisinage de $S$ contienne au moins un isomorphisme. Ceci implique pour tout $n$, il existe $T_{n}\in{\cal L}(\ell^2)$ tel que $\|T_{n}\|\le 1/n$ et $S+T_{n}$ soit un isomorphisme.

    En particulier, il existe $x_{n}\in\ell^2$ tel que $Sx_{n}+T_{n}x_{n}=(1,0,0,\ldots)$. Par conséquent, $(T_{n}x_{n})_{0}=1$, d'où $1\le \|T_{n}x_{n}\|\le \|T_{n}\|\|x_{n}\|$ et $\|x_{n}\|\ge n\to+\infty$.

    Posons, $y_{n}=x_{n}/\|x_{n}\|$. On a $Sy_{n}+T_{n}y_{n}=(1,0,0,\ldots)/\|x_{n}\|\to 0$ fortement dans $\ell^2$. Or $S$ est une isométrie, donc $\|Sy_{n}\|=1$ et $\|T_{n}y_{n}\|\le 1/n\to 0$. Contradiction.

    corentin, je crois que tu n'as pas vu le $a_{0}$ du $\frac1n\times a_{0}$ dans le $T_{n}$ de Madec, qui est bien linéaire.
  • Remarque ,ta démo me semble très claire .

    Elle permet donc de conclure que l'ensemble ouvert des éléments inversibles d'une algèbre normée , n'est en général pas dense .

    et merci aussi à Guego,PB ,Nicolas et Corentin.
  • Ah! Ok je lisais $(1/n, a_0...)$ alors que c'était $(1/na_0,...)$, au temps pour moi.
  • Bonjour ,

    je reviens sur le sujet(mais uniquement pour la dimension finie ...) :

    dans le cas d'une K algèbre A de dimension finie et normée (avec K=R ou C) . Peut-on dire quelque chose sur la densité des inversibles de A ?

    Pae exemple si A=L(E) avec E un K ev de dimension finie et une norme N sur
    L(E), alors les inversibles sont denses .

    démo la plus simple que je connaisse :
    si M non inversible on peut considérer la suite Mk= M- Id/k
    pour k assez grand les Mk sont inversibles (car les valeurs propres de M sont en nombre fini) et N(M-Mk) tend vers 0

    Mais dans le cas général lorsque l'algèbre A n'est pas du type L(E) avec E ev de dimension finie , peut-on dire quelque chose ?

    Merci d'avance
  • Bonjour,

    Soit $A$ est une algèbre de Banach unifère et $G$ le groupe des éléments inversibles de $A$.

    Si $a\in (A-G)$, est inversible à gauche, càd. tel qu'il existe $b\in A$ tel que $ba=1$, alors
    $B(a,\frac1{\Vert b\Vert}) \cap G=\emptyset$ (où $B$ désigne la boule ouverte).

    Preuve. Soit $x \in B(a,\frac1{\Vert b\Vert})\cap G$, on a $y=bx= ba+b(x-a)=1+b(x-a) \in G$,
    car $\Vert b(x-a)\Vert < 1$. Donc $b=yx^{-1}\in G$, donc $a=b^{-1}\in G$, contradiction.

    Remarque. La sous-algèbre de Banach {\bf commutative} unifère $C$ engendrée
    par $a$ dans $A$, est donc telle que, $H$ étant le groupe des éléments inversibles de $C$,
    $B(a,\frac1{\Vert b\Vert}) \cap H=\emptyset$.

    L'exemple de Guego : $A=L(l^2)$, $a=S$ le shift (=décalage en français) qui est inversible à gauche (on a $S^*S=1$, où $S^*((x_n)_{n\geqslant 0})=(x_1,x_2,..)$ est l'adjoint de $S$), c'est
    même une isométrie non bijective (on a $SS^*=P\neq 1$), donc, puisque
    $\Vert S^*\Vert =1$, on a ($G$ étant le groupe des éléments inversibles de $L(l^2)$) :
    $B(S,1) \cap G=\emptyset$.

    Je pense que l'on doit trouver $T\in L(l^2)$ tel que $\Vert T\Vert =1$ et $(S+T )\in G$.

    Amicalement,
    Georges
  • Bonjour et merci GeorgesZ

    Je n'ai pas tout saisi :

    Vous montrez que dans une algèbre quelconque normée (dimension finie ou pas) si a admet un inverse à gauche(mais pas à droite) , alors il ne peut être limite d'une suite d'inversible ( je pense avoir bien compris votre démo)

    Donc si un algèbre A est tel qu'il existe au moins un a de A-U qui admet un inverse à gauche( et donc sans qu'il soit inverse à droite) , celà répond à ma question sur la densité ( les inversibles de A ne sont pas denses)

    Dans le cas particulier de la dimension finie , quelle conclusion en tirer ?
    Est ce qu'il faut comprendre ,qu'on trouvera toujours cette situation,à savoir l'existence d'un tel a (mais ce n'est pas le cas car avec A=L(E) les inversibles sont denses donc a n'existe pas pour L(E)) .
    Par ailleurs si un tel a n'existe pas dans A , on ne peut pas conclure me semble t-il .

    Ensuite j'ai bien compris que ce résultat permet effectivement de retrouver ce qui précéde pour le décalage S ( Guego,Remarque) à savoir qu'il n'est pas limite de suite d'inversible .
  • Bonjour Madec,

    La démo que j'ai donnée ne vaut que pour une algèbre de Banach A (càd. normée complète) et elle affirme plus que "le groupe des inversibles n'est pas dense dans A".

    En dimension finie sur R ou C, toute algèbre normable est complète.

    Si de plus elle est commutative, on ne peut pas evidemment y trouver un élément inversible à gauche (ou droite) non inversible.

    Pour S dans L(l^2) je ne suis pas sûr du tout que l'on peut trouver T de norme 1 tel que S+T est inversible.. On trouve facilement, pour tout a>0, un tel T de norme <1+a.

    Amicalement,
    Georges
    Georges
  • Une réponse à ta question Madec,

    Soit $A$ une algèbre unifère de dimension finie sur $\R$ ou $\C$.

    Si la représentation régulière gauche $\lambda$ est injective de $A$ dans $L(A)$
    (pour $a,b \in A$, on définit $(\lambda(a))(b)=ab$),
    alors:

    pour toute norme sur $A$, le groupe $G$ des inversibles est dense dans $A$.
    (Le spectre de $a\in A$ est fini, car $A$ est isomorphe à $\lambda(A)$).
  • Je me réponds :

    On a $B_f(S,1)\cap G=\emptyset$ ($B_f$ est la boule fermée).

    En effet, si $T\in L(l^2)$ est tel que $\Vert T\Vert =1$ et $(S+T)\in G$, on sait que

    (1) $B(S+T,\frac 1{\Vert (S+T)^{-1}\Vert})\subseteq G$

    or,

    pour $\epsilon >0$ assez petit on a $(S+(1-\epsilon)T)\in B(S+T,\frac 1{\Vert (S+T)^{-1}\Vert})$ et
    $\Vert (1-\epsilon)T\Vert=\vert 1-\epsilon\vert <1$ donc, par (1) $(S+(1-\epsilon)T) \in G$ et par, mon message de 12h04,
    $(S+(1-\epsilon)T) \notin G$, contradiction.

    Amicalement,
    Georges
  • Bonsoir GeorgesZ

    Bon tout ça dépasse mes compétences( Bac +2 + autodidacte intermittent !)mais j'essaie quand même de comprendre.

    a) message de 12h 04 :

    je n'ai pas l'impression que la complétude soit nécessaire dans ta preuve , car tu exploites le résultat si !! h!! < 1 alors e+h est inversible et la convergence absolue de la série e+h+h^2+... permet de l'obtenir sans faire intervenir l'aspect complétude .

    b) message de 16h 26

    je n'ai pas bien compris ce que signifie le spectre de a , je suppose qu'il s'agit du spectre de Lamda(a) qui est un endomorphisme de L(A) ?
    Après j'ai l'impression que tu exploites un isomorphismes de A sur lambda(A) et que par l'isomporphisme d'algèbre les inversibles se correspondent , donc en gros comme ils sont denses dans L(A) donc dans lamda(A) (résultat déjà évoqué dans ce fil) alors ils sont denses dans A .
    C'est ça l'esprit du "truc" ?

    Que se passe t-il si la représentation régulière gauche n'est pas injective ?

    Cordialement
  • Bonsoir,
    pour ton 1): pour qu'une série converge il faut la complétude.

    pour le 2) : pour la 1ère question : réponse oui c'est ce que tu dis.
    pour la 2ème : les topologies d'espace vectoriel sur un ev de dimension finie sont égales.
    pour la 3ème : si la représentation régulière n'est pas injective, l'algèbre est "biscornue" et tout est possible (peut-être).

    Cordialement

    PS "autodidacte intermittent" qu'est ce que c'est? intermittent du spectacle?
  • Ok GeorgesZ

    1) pour la complétude, tu as raison (et en plus je l'ai su ...) :
    la suite Sn=e+h^2+...+h^n est de Cauchy car ||Sn-Sp|| < ||h||^p + ...+||h||^n
    qui tend vers 0 lorsque n et p assez grands.
    Et sans l'hypothèse de complétude de A alors je ne peux rien dire de plus sur la convergence de Sn !

    3) biscornue ??

    Autodidacte intermittent = je fais des Maths de manière très épisodique et uniquement pour le plaisir (et c'est un brin masochiste vu les résultats !!)

    Bonne soirée
  • Bonjour ,

    Georges

    Tu écris : soit A est une algèbre unifère normée de dimension finie , si la représentation régulière gauche Lambda de A dans L(A) est injective alors les inversibles de A sont denses .

    si unifère = unitaire , Lambda est injective puisque Ker (Lambda) = { 0 }

    en effet : Lamda (a)=0 --> ab=0 pour tout b de A , et appliqué à b=e(élément unité) donne a=0

    Donc les algèbres " biscornues" seraient ceux sans élément neutre pour la seconde loi .

    Est ce bien celà ?
    En te remerciant pour ta patience .
  • Bonjour Madec,
    tu as raison!

    Si $A$ est une algèbre unifère (=unitaire) normée de dimension finie sur $\R$ ou $\C$, alors l'ensemble $G$ des éléments inversibles de $A$ est dense dans $A$.

    (Comme tu l'indiques, la représentation régulière gauche est injective)

    Je précise le résultat d'hier 12h04,

    Si $A$ est une algèbre de Banach unifère et si on a $a,b\in A$ tels que $ba=1$,
    alors tout élément de $B(a,\frac 1{\Vert b \Vert})$ est non inversible, mais inversible à gauche, et $B_f(a,\frac 1{\Vert b \Vert})\subseteq (A-G)$
    ($G$ est ouvert dans $A$).

    Amicalement,
    Georges
  • Ok merci Georges
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