Borne inférieure
Bonjour
Une petite question :
Considérant E et F deux R espaces vectoriel normé de même dimension finie.
On s'intéresse à L (E ,F ) muni de la norme subordonnée et au sous ensemble L' des isomorphismes u de L
Si on considère A = { |||u||| x ||| u^-1||| } où u décrit L'
Cet ensemble A est minoré ( car ||| uo u^-1||| =< |||u||| x |||u^-1||| soit 1 est un minorant ). Il admet donc une borne inférieure
Comment montrer que la borne inférieure est atteinte ?
Si L' était compacte, alors par un argument utilisant la continuité de l'application qui à u ---> |||u||| x |||u^-1||| alors on pourrait conclure. Mais je pense que L' n'est pas compact.
Avez-vous un conseil ?
Madec
Une petite question :
Considérant E et F deux R espaces vectoriel normé de même dimension finie.
On s'intéresse à L (E ,F ) muni de la norme subordonnée et au sous ensemble L' des isomorphismes u de L
Si on considère A = { |||u||| x ||| u^-1||| } où u décrit L'
Cet ensemble A est minoré ( car ||| uo u^-1||| =< |||u||| x |||u^-1||| soit 1 est un minorant ). Il admet donc une borne inférieure
Comment montrer que la borne inférieure est atteinte ?
Si L' était compacte, alors par un argument utilisant la continuité de l'application qui à u ---> |||u||| x |||u^-1||| alors on pourrait conclure. Mais je pense que L' n'est pas compact.
Avez-vous un conseil ?
Madec
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Réponses
\frac {u}{|||u|||}$ sans nuire à la généralité, puisque $||| u||| \times |||u^{-1}|||$ ne change pas en changeant $u$ en $\lambda u$
du coup tu es ramené à un compact.
Au passage, tu dois pouvoir identifier $E$ et $F$ à $\R^n$ via des bases,
et ton min doit alors avoir un rapport avec les constantes qui interviennent
dans l'équivalence des normes dans $\R^n$.
mais par 1 c'est mieux. Si E=F avec la meme norme, c'est bien sur 1 la valeur magique
Effectivement, L' n'est pas surement un fermé de L(E,F).
Par contre L" l'ensemble des endormorhismes de déterminant égal à $\pm$ 1 est un fermé borné de $L(E,F)$ donc compact puisque $L(E,F)$ est de dimension finie.
or,
$$\inf\{!!! u!!!\times !!!u^{-1}!!!/u\in L'\}=\inf\{!!! u!!!\times !!!u^{-1}!!!/u\in L"\}$$
Madec
est fermé non borné !! essayez la matrice
1 1999999999999999999999999999
0 1
son det est 1...
aie : l'ensemble des {u bijectifs, |||u|||=1} est-il compact ? borné c'est sur,
mais fermé je crois pas... aie aie aie
prendre {u, det u=1, et |||u||| < ou = 1000 }, mais le problème c'est que c'est pas sur d'obtinir dans cet ensemble un "représentant" k u de toute bijection u...
maintenant en raisonnant dans l'ensemble L' directement muni de la topologie induite par celle de L(E,F), est-ce que finalement {u \in L', ||u|||=1} n'est pas simplement un compact de L' (et pas de L(E,F)), et du coup ça marche quand meme ??
Je me permets de relancer (en espérant ne pas lasser !) , car finalement il n' y a pas eu de conclusion satisfaisante vue les derniers messages.
Merci d'avance.
Madec
Tu es sûr de ton affirmation ?
mais après je vois pas quoi en faire.
d( E, F) = inf Ln ( !!!u!!! x !!! u^-1!!!) où u décrit l'ensemble des isomorphisme de E sur F .
les questions posées , sont alors :
1) montrer que d(E,F) >= 0 (facile)
2) montrer que la borne inf est atteinte (l'objet de ma question initiale)
3) montrer que d(E,F)=d(F,E) facile
4) montrer que E et F sont isomètriques( c'est à dire existence d'un isomorphisme conservant la norme) <---> d(E,F)=0 facile
5) montrer que d( E,G)<= d(E,F)+ d( F, G) facile
puis on aboutit après une question assez facile , à démontrer le fait que:
d( E ,F) = d( E* , F* ) où E* et F* sont les duals de E et F
Madec
un tels que $|||u_n||| |||u_n^{-1}|||$ converge vers ton inf, cette suite existe d'après la def du inf
quitte à diviser $ u_n$ par $|||u_n|||$, tu peux supposer que $|||u_n|||=1$. La suite est bornée, tu peux en extraire par BW une sous-suite, encore notée $u_n$ pour simplifier convergeant vers u. Il suffit de montrer que $u$ est bijectif, bien que L' soit pas fermé ::
si u n'est pas bijectif, il existe $x$ non nul tel que $u(x)=0$
alors $u_n(x)=y_n$ tend vers 0 puisque $u_n$ tend vers $u$
donc $||x|| =||u_n^{-1}(y_n)|| \le |||u_n^{-1} ||| ||y_n||$
en faisant tendre $n$ vers l'infini, puisque par definition de $u_n$
la suite $|||u_n^{-1}|||$ converge vers l'inf, on aboutit à $||x||=0$ absurde !
Donc u est bijectif, et le inf est bien atteint en ce $u$
Pour l'histoire de la suite minimisante, c'est parce que si $\alpha=\inf A, on peut trouver des $a\in A$ entre $\alpha$ et $\alpha+\varepsilon$, avec $\varepsilon =\frac 1n$, on obtiens bien une suite $a_n$ convergeant vers $\alpha$
pour le $y_n \rightarrow 0$ il suffit de remarquer
$||y_n||=|| (u_n-u)(x) || \le |||u_n-u|||\ ||x||$
ça m'a l'air juste... enfin dis moi
\\
Pour l'histoire de la suite minimisante, c'est parce que si $\alpha=\inf A$, on peut trouver des $a\in A$ entre $\alpha$ et $\alpha+\varepsilon$, avec $\varepsilon =\frac 1n$, on obtient bien une suite $a_n$ convergeant vers $\alpha$\\
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pour le $y_n \rightarrow 0$ il suffit de remarquer\\
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$||y_n||=|| (u_n-u)(x) || \le |||u_n-u|||\ ||x||$\\
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ça m'a l'air juste... enfin dis moi
Il me semble que ta démo est concluante et je te remercie .
Quand je pense qu'il s'agit d'une "petite" question noyée parmi une trentaine d'autres dans un devoir de 4 h , celà laisse rêveur ...
Madec
C'est intéressant de voir qu'on peut fabriquer des compacts peu évidents...
Concours ENSAE 2003
du coup je vais devoir refaire.
merci gougou
sinon madec t'as une idée pour le VI 3 avec la surjectivité de tau et sa continuité?
Pour l'instant je n'ai abordé que les 3 Premières parties , pour la question
VI 3 a et la surjectivité de l'application r je pense qu'on peut faire ceci :
on considère une norme !! !! quelconque sur R^n et on note E cet espace normé , on va montrer que la classe d' équivalence associée a un antécédent par r :
d'après la question V 3 on a d(E, E1) <= Ln (n) en ayant noté
E1= R^n muni de la norme !! !!1
Donc il existe un isomorphisme u de E1 sur E tel que :
d(E,E1) =!!!u!!! x!!!u^-1!!! <= n
on peut se ramener à un isomorphisme u' tel que !!! u'!!!=1
et on a donc (sup !! u'^-1 (x)!!1 / !! x!! ) <=n
on peut poser x=u'(y) et alors sup !!y!!1 / !! u'(y)!! <= n (I)
maintenant on peut considérer une nouvelle norme !! !!' sur R^n
en posant !! y!!' = !! u'(y)!!
les 2 normes !! !! et !! !!' sont alors isométriques et appartiennent donc à la même classe d'équivalence .
Et par ailleurs on a d'après (I) !!y!!1<= n !! y!!'
enfin comme !!!u'!!!=1 !! u'(y)!!/!!y!!1 <=1 donc !!y!!'<=!!y!!1
et on a bien la double inégalité recherchée .
En espérant ne pas avoir écrit de bêtises .
Madec
Je finis tout ça.
Si tu veux de l'aide pour une autre partie je l'ai fini à part ça et la continuïté de tau.
Merci beaucoup
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