Montrer l'inclusion
$\newcommand{Conv}{\operatorname{Conv}}$Soit $X$ un espace de Banach, et $\phi \in \mathcal{L}(X)$.
Soit $M\subset X$, l'enveloppe convexe de $M$ est définie par :
$$ \Conv(M) = \big\{ x \in M \mid x= \sum_{i=1}^k \lambda_i x^i, \ x^i \in M,\ \lambda_i \in \mathbb{ R}^+,\ \sum_{i=1}^k \lambda_i= 1 \big\} .$$
Je veux prouver que $\phi\big(\overline{\Conv}(M)\big) \subseteq \overline{\Conv}\big(\phi(M)\big)$.
Soit $y\in \phi\big(\overline{\Conv}(M)\big)$, alors il existe $x\in \overline{\Conv}(M)$, soit [tel que] : $y=\phi(x)$.
Depuis $x\in \overline{\Conv}(M)$, il existe une séquence suite $\{x_n\}_n\subset \Conv(M)$, soit [tel que] : $x_n\rightarrow x. $
Pour chaque $n\in \mathbb{N},$ soit [tel que] $\{x_n^i\}_{i=1}^{k_n}\subset M$ et $\{\lambda_n^i\}_{i= 1}^{k_n}\subset \mathbb{R}^+$ soit : $$x_n= \sum_{i=1}^{k_n} \lambda_n^i x_n^i\;.
$$ Par conséquent, $$\phi(x_n)= \sum_{i=1}^{k_n} \lambda_n^i \phi(x_n^i)\:.
$$ Alors, $\phi(x_n)\in \Conv\big(\phi(M)\big)$ et il converge vers $\phi(x)$ (puisque $\phi$ est continu).
Enfin, $y=\phi(x)\in \overline{\Conv}\big(\phi(M)\big).$
Que pensez-vous ?
Soit $M\subset X$, l'enveloppe convexe de $M$ est définie par :
$$ \Conv(M) = \big\{ x \in M \mid x= \sum_{i=1}^k \lambda_i x^i, \ x^i \in M,\ \lambda_i \in \mathbb{ R}^+,\ \sum_{i=1}^k \lambda_i= 1 \big\} .$$
Je veux prouver que $\phi\big(\overline{\Conv}(M)\big) \subseteq \overline{\Conv}\big(\phi(M)\big)$.
Soit $y\in \phi\big(\overline{\Conv}(M)\big)$, alors il existe $x\in \overline{\Conv}(M)$, soit [tel que] : $y=\phi(x)$.
Depuis $x\in \overline{\Conv}(M)$, il existe une séquence suite $\{x_n\}_n\subset \Conv(M)$, soit [tel que] : $x_n\rightarrow x. $
Pour chaque $n\in \mathbb{N},$ soit [tel que] $\{x_n^i\}_{i=1}^{k_n}\subset M$ et $\{\lambda_n^i\}_{i= 1}^{k_n}\subset \mathbb{R}^+$ soit : $$x_n= \sum_{i=1}^{k_n} \lambda_n^i x_n^i\;.
$$ Par conséquent, $$\phi(x_n)= \sum_{i=1}^{k_n} \lambda_n^i \phi(x_n^i)\:.
$$ Alors, $\phi(x_n)\in \Conv\big(\phi(M)\big)$ et il converge vers $\phi(x)$ (puisque $\phi$ est continu).
Enfin, $y=\phi(x)\in \overline{\Conv}\big(\phi(M)\big).$
Que pensez-vous ?
Réponses
-
Oui c'est juste.
Tu peux éviter les suites en utilisant le résultat connu $\phi(\overline{A})\subset \overline{\phi(A)}$ pour tout $A\subset X$. -
Ah je vois. Merci bp beaucoup !
-
Bon je chipote, mais en français, on écrirait plutôt puisque et non depuis(traduction de since ...) et tq (si on veut abréger) pour tel que au lieu de st(traduction abrégée de such that).
:-) -
AD, je pense que son st est such that et non soit :-)
[C'est bien possible ! J'ai pris ce qui me semblait le plus approché, j'étais à cent lieues de "such that" ! (je corrige dans le message initial). AD] -
Soit $X$ un espace de Banach, et $\phi \in \mathcal{L}(X)$.
Soit $M\subset X$, l'enveloppe convexe de $M$ est définie par :
$$ \Conv(M) = \big\{ x \in M \mid x= \sum_{i=1}^k \lambda_i x^i, \ x^i \in M,\ \lambda_i \in \mathbb{ R}^+,\ \sum_{i=1}^k \lambda_i= 1 \big\} .$$
J'ai déjà montré que $\phi\big(\overline{\Conv}(M)\big) \subseteq \overline{\Conv}\big(\phi(M)\big)$.
Maintenant, je cherche une condition suffisante (optimale) pour avoir l'égalité des deux ensembles, avez vous une idée ?
Merci d'avance.
[Restons dans la discussion que tu as ouverte pour ton problème. AD] -
L'hypothèse $M$ fini est suffisante.
-
Si $M$ est compact (ou mieux, précompact) alors il y a également égalité.
-
La compacité/finitude est forte comme condition dans le contexte dans lequel je travaille (ce que j'ai, c'est que $M$ est bornée, non vide). Une bonne condition sur $\phi$ ferait l'affaire:-S
-
Si ton espace $X$ est réflexif tu as l'égalité.
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