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.
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
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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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