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Forme linéaire discontinue

Modifié (29 Aug) dans Algèbre
Bonjour.
Je suis confronté au problème suivant que je peine à résoudre.
Étant donné un espace vectoriel $E$ de dimension infinie, $\phi$ une forme linéaire non nulle de $E$ et $H_{\phi}=\ker(\phi)$ son noyau, il s'agit de montrer que $\phi$ est continue si et seulement si $H_{\phi}$ est fermé.
On demande ensuite de monter qu'il existe toujours des formes linéaires discontinue.
Le premier sens ($\phi$ continue $\Rightarrow H_{\phi}$ fermé est trivial).
Merci de votre aide.

Réponses

  • Pour la deuxième partie de la question, il me semble que si tu fixes une base $(e_i)_{i\in I}$, alors
    $f:E\to \mathbb{R}, \sum x_i e_i\mapsto \sum x_i$ n'est pas continue.

    Par la première partie , il suffit de montrer que son noyau n'est pas fermé.

    Pour cela, on choisit une suite d'indices $(i_n)_{n\geq 0}$ de $I$, où les $i_n$ sont tous distincts (i.e. un sous-ensemble dénombrable de $I$, si tu préfères) et on considère les vecteurs $e_{i_0}-e_{i_n},n\geq 1$.

    POur la première partie, j'ai un trou de mémoire, je ne sais plus comment ça marche.
  • Pour la première partie, suppose $H_\phi$ non fermé, donc il existe une suite $(u_n)$ de vecteurs de $H$ qui converge dans $E$, mais dont la limite $u$ n'est pas dans $H$.

    Que dire la limite de la suite $\phi(u_n)$? est-elle égale à $\phi(u)$ ? Conclusion?
  • En gros, la continuité de $\phi$ est équivalente à sa continuité en zéro puisqu'elle est linéaire. Dire que $\phi$ n'est pas continue en zéro est équivalent à dire que
    $$\exists\epsilon,\ \forall r,\ \exists x,\ 0<|x|< r,\ |\phi(x)|>\epsilon$$
    Donc on peut trouver une suite de vecteurs dont la norme tend vers zéro, et dont l'image par $\phi$ ne tend pas vers zéro.
    Je ne vois pas le lien avec la fermeture de $\ker(\phi)$, cette suite tend vers un point de $\ker(\phi)$ mais se situe "loin" de $\ker(\phi)$, cela n'est pas lié au fait que $\ker(\phi)$ est fermé. Je n'arrive pas à établir le lien.
  • @GregofFinland

    Merci pour ce sens, mais en fait c'est l'autre sens qui me pose problème

    $H_{\phi}$ fermé implique $\phi$ continue, ou encore
    $\phi \ discontinue$ implique $H_{\phi}$ pas fermé
  • Modifié (29 Aug)
    Oui pardon.
    Ben , on peut faire comme ça.
    Soit $(u_n)$ une suite de vecteurs de $E$ convergeant vers $u$.
    On suppose que $\phi$ est non nulle, sinon c'est pas du jeu.On choisit $v$ dans $E$ tel que $\phi(v)=1$.
    On pose alors $h_n=u_n-\phi(u_n)v$ et donc $u_n=h_n+\phi(u_n)v$.
    Vérifie alors:
    1. que $h_n$ est dans $H_\phi$
    2. que $E$ est la somme directe de $H_\phi$ et $\mathbb{R}x_0$ et que la projection sur $H_\phi$ est continue
    3. Déduis -en que $h_n$ converge et que sa limite $h$ est dans $H_\phi$
    4. déduis-en que $\phi(u_n)$ converge aussi. Soit $\ell$ sa limite.
    5. EN appliquant ce qui précède montrer que $\ell=\phi(u)$.
    Conclusion ?
  • Soit $e$ un vecteur tel que $\phi(e)=1$. Il en existe puisque $\phi$ est non nulle.
    On suppose que $\phi$ n'est pas continue. Il existe donc une suite $(x_n)$ telle que $x_n\to 0$ et $\phi(x_n) \ge 1$. La suite $y_n=\dfrac {x_n} {\phi(x_n)}-e$ est une suite de $H$ qui converge (**) vers $-e\not\in H$.

    Cordialement,
    zephir.

    [edit : (**) $\Vert y_n+e \Vert =\dfrac {\Vert x_n \Vert}{\phi(x_n)}\le \Vert x_n \Vert$ ]
  • Modifié (29 Aug)
    Merci.
    Comment prouver que la projection sur $\ker(\phi)$ est continue ?
  • GregofFinland a écrit:
    2. que $ E$ est la somme directe de $ H_\phi$ et $ \mathbb{R}x_0$ et que la projection sur $ H_\phi$ est continue
    Si $H_{\phi}$ est dense dans $E$, la projection sur $H_{\phi}$ aura du mal à être continue.
  • Modifié (29 Aug)
    Le noyau de la projection sur $H_\phi$ est de dimension $1$. Un sous-espace de dimension finie n'est-il pas nécessairement fermé ? J'avoue avoir un doute, maintenant...
  • GregofFinland a écrit:
    Le noyau de la projection sur $ H_\phi$ est de dimension $ 1$. Un sous-espace de dimension finie n'est-il pas nécessairement fermé? J'avoue avoir un doute, maintenant...
    Un s.e.v. de dimension finie est toujours fermé, dans un espace vectoriel normé.
    Mais cela ne doit pas pouvoir permettre d'affirmer que la projection $E\to H_{\phi}$ est continue.
    Le truc du noyau fermé s'applique au formes linéaires, sans doute pas aux applications linéaires en général.
  • En effet. Si on prend un sous-espace fermé n'ayant pas de supplémentaire topologique, la projection sur le supplémentaire n'est pas continue. Or il me semble bien qu'il y a un tel sous-espace dans n'importe quel Banach qui n'est pas un Hilbert (sans garantie pour ce dernier point).
  • Bonjour,

    Comment montrer ce résultat* dans un espace vectoriel topologique a priori non métrisable (et donc sans passer par la caractérisation de la continuité par les suites) ?

    *si f est une forme linéaire non nulle dont le noyau est fermé alors elle est continue.

    Merci.
  • Bonnenuit à tous,

    Cher Taubihn,
    Voir Bourbaki E.V.T., au début (3h du mat, pas envie de chercher le livre !). Je ne me souviens plus s'il faut supposer que l' e.v.t. est localement convexe ou pas, mais la métrisabilité n'intervient pas.
    Bien cordialement. :)
  • Bonne nuit à tous,

    Cher remarque,
    Je confirme ton message ci-dessus.
    Théorème de Lindenstrauss-Tzafriri (1971): Tout espace de Banach de dimension infinie dont tout sous-espace fermé est complémenté est isomorphe à un espace de Hilbert.
    Bien cordialement. :)
  • Bonjour.

    Je suppose qu'on est dans un espace normé. (mais ça marche pareil dans un EVT quelconque,sans hypothèse de locale convexité)

    Si l'on ne veut pas mettre les mains dans le cambouis avec des suites et autres, on peut considérer l'espace $E/H$, muni de la norme quotient (ce qui est possible, puisque H est fermé) : il est de dimension 1, donc toute forme linéaire sur $E/H$ est continue.
    Donc $\bar{\phi}$, obtenue par passage au quotient, est continue. Comme la projection canonique $\pi : E \to E/H$ est continue, la composée $\phi = \bar{\phi} \circ \pi$ est continue ...
  • Si j'avais lu un peu plus attentivement le message, j'aurai vu que la question actuellement posée est dans le cadre des EVT.

    Néanmoins, la méthode que je propose reste la même : on considère $E/H$ muni de la topologie quotient : celle-ci est séparée, car $H$ est fermé. Donc toute forme linéaire sur $E/H$ est continue, ce résultat est toujours valable pour les EVT séparés de dimension finie.
    Et on conclut de la même façon.
  • GregofFinland écrivait:
    > Pour la deuxième partie de la question, il me semble que si tu fixes une base $(e_i)_{i\in I}$,
    > alors $f:E\to \mathbb{R}, \sum x_i e_i\mapsto \sum x_i$ n'est pas continue.

    Si, elle peut l'être. Par contre, si on prend $f:E\to \mathbb{R}, \sum x_i e_i\mapsto \sum a_i x_i ||e_i||$ où $(a_i)$ est une famille non bornée de réels, alors $f$ n'est pas continue.
  • Je suis d'accord avec JLT qui donne un exemple de forme linéaire discontinue, mais sur un espace vectoriel normé!
    On ne répond donc pas à la question: existe-t-il une forme linéaire discontinue sur tout espace vectoriel topologique de dimension infinie (sans autre condition).
  • La réponse est non. Voici un contre-exemple :

    soit $E$ un espace vectoriel de dimension infinie. On considère l'ensemble de semi-normes suivant $\{v\mapsto |f(v)|\mid f\in E^{*}\}$ où $E^{*}$ est le dual algébrique de $E$. Alors $E$ muni de la topologie induite par cet ensemble de semi-normes est un espace vectoriel topologique (il est de plus localement convexe et séparé) pour lequel toutes les formes linéaires sont continues. 
  • Autre contre exemple : on munie $E$ de la topologie discrète (tous les sous ensembles de $E$ sont ouverts) alors toutes les formes linéaires sont continues.
    Pour la question initiale de 2010 à mon avis il manque des détail dans l'énoncé.
  • Modifié (29 Aug)
    @Barjovrille $E$ ne vérifie pas les axiomes d'un EVT avec la topologie discrète. Donc ça ne fonctionne pas, raison pour laquelle il faut prendre toutes les semi-normes induites pas les formes linéaires et là ça marche (mais on obtient pas la topologie discrète justement...)

    Bref voici pourquoi ça ne marche pas avec la topologie discrète : vu que $\R\times E\to E, (\lambda, v)\mapsto \lambda v$ doit être continue, si on fixie $v$ non nul on obtient une application continue $\R\to E, \lambda\mapsto \lambda v$. Cette application est donc constante car $\R$ est connexe et $E$ discret, ce qui est absurde. 
  • Modifié (29 Aug)
    @raoul.S je ne savais pas qu'on pouvait étendre cette caractérisation de la connexité sur un espace d'arrivée infini ? 
    Est-ce que pour la démonstration on prend la topologie discrète, et  soit $a \in E$ et $f$ continue  si $f^{-1}(a)= \mathbb{R}$ alors $f$ constante sinon $f^{-1}(a)$ est vide (grace à la connexité de $\mathbb{R}$), on recommence soit $b \in E \setminus \{a\}$   si $f^{-1}(b)=\mathbb{R}$ alors $f$ constante sinon $f^{-1}(b)$ est vide...
    on recommence jusqu'à avoir éliminé tout les singletons de $E$ sauf un ?
  • Plus généralement on procède ainsi. Soient $X$ connexe non vide et $Y$ discret et $f:X\to Y$ continue. Soit $x\in X$ et $y:=f(x)$. Le singleton $\{y\}$ est un fermé ouvert de $Y$ donc $f^{-1}(y)$ est un fermé ouvert de $X$. Donc $f^{-1}(y)$ est soit vide soit égal à $X$ (par connexité de $X$). Mais  $f^{-1}(y)$ n'est pas vide car $x$ lui appartient donc $f^{-1}(y)=X$ et $f$ est constante, elle envoie tout le monde sur $y$...
  • Ah ok merci j'ai compris.
  • Je désire répondre à Raoul.S du 29 aout: soit E un espace vectoriel de dimension infinie. On considère l'ensemble de semi-normes suivant {𝑣↦|𝑓(𝑣)|∣𝑓∈𝐸∗}où E∗ est le dual algébrique de E. Alors E muni de la topologie induite par cet ensemble de semi-normes est un espace vectoriel topologique (il est de plus localement convexe et séparé) pour lequel toutes les formes linéaires sont continues. 
    Or à l'adresse suivante: http://math.univ-lille1.fr/~fricain/M1-Analyse-Fonctionnelle/F4-2016-17.pdf, Université de Lille, Master 1, il y a une feuille d'exercices (non corrigés hélas). L'exercice 2 concerne les bases de Hamel sur un espace vectoriel de dimension infinie. Il existe, sur ces espaces, des bases de Hamel (facile, avec le Th. de Zorn). Mais la question suivante demande: "Utilisez le fait de l'existence d'une base de Hamel sur un espace vectoriel topologique de dimension infinie, pour montrer qu'il existe toujours une forme linéaire discontinue sur cet espace"...
    Là j'y vois une contradiction ou une incompréhension de ma part... Je demande à être éclairé!

  • Modifié (11 Sep)
    @Rajinus Il n'y a pas de contradiction. Tu fais référence à la question f) de l'exercice. Cette question dit :  Montrer que sur tout espace vectoriel E de dimension infinie, il existe une forme linéaire discontinue.

    Ils ont oublié de dire que $E$ est un espace de Banach comme dans la question e) précédente. Or dans un espace de Banach de dimension infinie il existe toujours une forme linéaire discontinue.

    Mais dans l'exemple donné ICI avec les semi-normes, $E$ n'est pas un espace de Banach (sa topologie n'est pas définie par une norme)... donc c'est bon.

    Voici la correction de la f) au cas où :

    Soit $E$ un espace de Banach et $(e_i)_I$ une base algébrique (de Hamel quoi). Par la question e) on sait que $I$ n'est pas dénombrable. Soit donc $D\subset I$ un sous-ensemble dénombrable. La famille $(e_i)_D$ est libre mais non génératrice. Considérons le sous-espace vectoriel $V:=\overline{Vect((e_i)_D)}$. L'espace $V$ est fermé dans un Banach donc c'est également un Banach. Par suite, la famille $(e_i)_D$ qui est dénombrable ne peut pas être une base algébrique de $V$. Complétons-là en une base algébrique : il existe un ensemble $J$ et une famille $(f_j)_J$ tels que :
    1) $D\subset J$,
    2) $\forall i\in D, f_i=e_i$
    3) $(f_j)_J$ est une base de $V$.
    À présent soit $j_0\in J\setminus D$ et considérons la forme linéaire non nulle $\phi:V\to \R$, définie par $\phi: v=\sum \lambda_j f_j \mapsto \lambda_{j_0}$. Le noyau de $\phi$ contient $Vect((e_i)_D)$ qui est dense dans $V$ donc $\ker{\phi}$ est dense dans $V$ et par conséquent $\phi$ n'est pas continue. Il suffit ensuite de prolonger $\phi$ en une forme linéaire sur $E$ entier pour obtenir une forme linéaire non continue sur $E$.

    Edit : cette correction est juste mais mauvaise. J'ai cru à tort qu'il fallait utiliser le résultat de la question e) mais la correction est beaucoup plus simple comme le montre Rajinus ICI.


  • Réponse à raoul.S:
    Mille excuses, je n'avais pas cliqué hier soir sur ICI...
    Merci pour la réponse, que je vais regarder attentivement
    Mais et si j'ai bien compris : la proposition est juste si E est un espace de Banach (de dimension infinie évidemment). Et si E n'est pas un espace de Banach, la topologie faible définie par la fameuse famille de semi-normes est un contre exemple!
  • Oui c'est bien ça.
  • Merci beaucoup pour votre réponse. Ceci dit vous allez dire que je suis chiant ou bête, c'est selon, mais: Soit E un espace vectoriel sur R (ou C), normé (seulement) et de dim. infinie. on peut déterminer une famille (en)n dans N, libre et de norme 1 (par récurrence). Soit L l'EV engendré et G son supplémentaire topologique (qui existe avec l'axiome du choix). Soit f de E vers R tel que f(en) = n et f(g) = 0 g dans G. Cette forme n'est pas continue car pas bornée sur la boule unités. Avec ceci soit E' l'espace dual topologique de E, on détermine la topologie faible (voir http://math.univ-lyon1.fr/~benzoni/Agreg/Topologie.pdf), strictement plus faible d'ailleurs, pour laquelle toutes les formes sur E' sont continues. La propriété de cette topologie est d'être la plus faible rendant ces formes, a priori continues au départ, continues elles-mêmes. Pourtant il y a bien une forme discontinue (pour la topologie du départ), qui n'est pas dans E' évidemment!....
    J'avoue!... Je flippe...

  • Modifié (7 Sep)
    Bonjour, @Rajinus, il y a une subtilité, @raoul.S a pris la topologie "faible" construite à partir du dual algébrique de $E$ (toutes les formes linéaires pas seulement celles qui sont  continues pour la norme ). Si tu construis la topologie "faible" à partir du dual algébrique, tu obtiens la topologie la moins fine qui rend toutes les forme linéaires continues. Si tu construis la topologie faible à partir du dual topologique ( donc l'ensemble des formes linéaires  continues pour la norme) tu obtiens la topologie la moins fine qui conserve les formes linéaires continues.

    Plus généralement soit $X$ un ensemble soit $ (A_i)_{i \in I}$ une famille d'espace topologique soit $(f_i)_{i \in I}$ une famille d'application tel que $f_i : X \mapsto A_i$ tu peux construire une topologie "minimale" sur $X$ qui rend toutes les applications $(f_i)$ continues.

    Donc l'exemple de raoul.S est un cas particulier avec $X=E$ $A_i = \mathbb{R}$ pour tout $i$ et la famille d'applications est les formes linéaires donc le dual algébrique de $E$.

    J'ai mis "faible" entre guillemet pour la topologie dual algébrique parce que je crois (je ne suis pas sur) que en général quand on parle de topologie faible c'est la topologie construite à partir du dual topologique. Mais le principe de construction est exactement le même grâce à la propriété plus générale que j'ai cité.

    Et tu peux voir que la topologie "faible" construite à partir du dual algébrique est plus fine, que la topologie faible construite à partir du dual topologique.

  • Modifié (7 Sep)
    C'est comme a dit Barjovrille.

    De plus une remarque qui n'a rien à voir avec le problème de départ. Lorsque tu dis : 

    Rajinus a dit :
    Soit L l'EV engendré et G son supplémentaire topologique (qui existe avec l'axiome du choix).
    c'est faux. Il n'existe pas toujours de supplémentaire topologique. L'axiome du choix montre qu'il existe toujours un supplémentaire algébrique.

    Voir ICI (il faut cliquer :mrgreen: ) par exemple.
  • Modifié (11 Sep)
    Réponse à Raoul.S. Oups, vous avez raison, c'est une erreur, il n'y a pas toujours de supplémentaire topologique, mais il y a toujours un supplémentaire algébrique. Avec cette précision (en mettant algébrique à la place de topologique), mon exemple de forme linéaire - notée u0 par exemple - est bien définie et est discontinue (en plus, on sait qu'à toute famille dénombrable libre, il existe une base la contenant, donc u0 peut aussi être définie. Il me semble que c'est ainsi que c'est défini sur Wikipédia).
    Réponse à Barjovrille. Oui je suis d'accord pour définir une topologie "faible" à partir du dual algébrique (avec des guillemets pour la distinguer de la topologie faible, construite à partir du dual topologique, que l'on rencontre systématiquement dans la littérature). Elle est plus faible (voire strictement plus faible que la topologie du départ, dite forte). Alors pour cette topologie, il semble en effet que toutes les formes sont continues, donc u0 est continue pour cette topologie ! Mais en topologie on sait que si une application est continue pour une topologie donnée, elle est aussi continue pour une topologie plus forte !... OUF !... Là je vois une contradiction... Je dois me gourer quelque part !!!
  • Modifié (11 Sep)
    @Rajinus oui je me suis compliqué la vie pour la f). Effectivement la forme $u_0$ que tu donnes n'est pas continue et fait l'affaire.
    Par contre lorsque tu dis :
    Rajinus a dit :
    Oui je suis d'accord pour définir une topologie "faible" à partir du dual algébrique (avec des guillemets pour la distinguer de la topologie faible, construite à partir du dual topologique, que l'on rencontre systématiquement dans la littérature). Elle est plus faible (voire strictement plus faible que la topologie du départ, dite forte).
    Ce n'est pas vrai. La topologie "faible" obtenue à partir du dual algébrique n'est pas moins fine que la topologie de départ obtenue via une norme. Ces deux topologies ne sont pas comparables en général. Il y a des ouverts pour la topologie obtenue à partir du dual algébrique qui ne sont pas ouverts pour la topologie initiale issue de la norme, et réciproquement.

    Ce que l'on peut dire est la chose suivante : si $(E,\|.\|)$ est un espace normé alors la topologie faible sur $E$ est moins fine que la topologie "faible" obtenue à partir du dual algébrique.
  • Modifié (14 Sep)

    Réponse à raoul.S : merci pour cette réponse. Donc, si je récapitule pour voir si j'ai bien tout compris.
    Soit un EV normé de dimension infinie, soit T sa topologie issue de cette norme. Il existe, toujours, une forme linéaire discontinue pour cette topologie -notée u0, par exemple- 
    Soit T' la topologie faible engendrée par la famille des semi-normes, elles-mêmes issues du dual topologique de E. (E, T') est un EVT, séparé. T' est strictement moins fine que T. Toutes les formes déjà continues pour T, restent continues pour T'. Mais u0 n'est pas continue pour T', car alors elle le serait pour T (topologie plus fine). Donc (E,T') n'est pas le contre-exemple à ma proposition (celle-ci : tout EVT a une forme discontinue).
    En revanche: Soit T* la topologie "faible" issue du dual algébrique de E. (E,T*) est un EVT (non-normé). Alors: 1) T’ est moins fine que T*. 2) Donc (E,T*) est séparé (puisque (E,T’) l’est. 3) T* n’est pas comparable avec T. 4) Toutes les formes linéaires, sans exception, sont continues pour T*. Donc, (E,T*) serait le contre-exemple cherché.

    Reste une question : j’avoue mon incompétence, mais je n’ai jamais rencontré cette topologie T* dans la littérature, Internet compris (T’ à foison par contre). Si cela est possible, quel livre me permettrait de l’approfondir ?... 

  • Modifié (14 Sep)
    @Rajinus Oui c'est bien ça.

    Rajinus a dit :Reste une question : j’avoue mon incompétence, mais je n’ai jamais rencontré cette topologie T* dans la littérature, Internet compris (T’ à foison par contre). Si cela est possible, quel livre me permettrait de l’approfondir ?... 
    Tu veux des sources plus "officielles" :mrgreen:

    J'en ai trouvé deux qui en parlent.

    1) Le livre de François Treves Topological Vector Spaces, Distributions and Kernels (on dirait que l'édition de 2006 n'est plus disponible). Il en parle dans un exercice que je poste ci-dessous : 




    2) Le livre de Bourbaki Espaces vectoriels topologiquesCe livre est plus hard mais plus complet aussi. Il en parle indirectement ici : 




    Dans l'extrait ci-dessus tu vois qu'en prenant $G:=F^{*}$ on obtient exactement la topologie "faible" issue du dual algébrique dont on parlait dans les messages précédents.
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