Homéomorphie et isomorphie dans les evn
Dans les evn de dimension finie, le théorème de l'invariance du domaine de Brouwer et la continuité des applications linéaires donnent que l'isomorphie (d'ailleurs équivalente à l'égalité des dimensions, en dimension quelconque) équivaut à l'homéomorphie.
Qu'en est-il de la dimension infinie ? Y a-t-il des espaces homéomorphes au sens topologique (l'application n'est pas nécessairement linéaire) de dimensions distinctes, ou des espaces de même dimension (donc nécessairement infinie) qui ne soient pas homéomorphes ?
Qu'en est-il de la dimension infinie ? Y a-t-il des espaces homéomorphes au sens topologique (l'application n'est pas nécessairement linéaire) de dimensions distinctes, ou des espaces de même dimension (donc nécessairement infinie) qui ne soient pas homéomorphes ?
Réponses
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Il y a bien des evn de même dimension (dimension algébrique) qui ne sont pas homéomorphes. Par exemple $\ell^1$ avec la norme usuelle n'est pas homéomorphe à $\ell^1$ avec la norme héritée de $\ell^{\infty}$ (*).
Pour l'autre question, homéomorphes au sens topologique de dimensions distinctes, je ne sais pas.
(*) Edit : En fait je ne suis pas certains que ce contre-exemple fonctionne finalement, je me rends compte que la preuve que j'avais en tête ne fonctionne pas...
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Bon je vais récidiver...
On considère l'espace $\ell^{\infty}$ avec la norme du sup. Cet espace n'est pas séparable.
D'un autre côté l'espace $\ell^{\infty}$ muni de la norme $N$ définie par $N(x)=\sum_n |x_n| 2^{-n}$ pour tout $x=(x_n)\in \ell^{\infty}$, est séparable car isométrique à un sous-espace de $\ell^1$ via l'isométrie $\phi:\ell^{\infty}_N\to \ell^{1}, x\mapsto (x_n 2^{-n})$.
Donc $\ell^{\infty}$ avec la norme du sup n'est pas homéomorphe à $\ell^{\infty}_N$. -
En d'autres termes, l'existence de normes non équivalentes sur un espace de dimension infinie montre que l'existence d'un isomorphisme ne garantit pas l'existence d'un homéomorphisme.
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Bonjour,
Fait intéressant dans le thème de la question, même si ça n'y répond pas : d'après le théorème de Anderson–Kadec, tous les evn complets séparables sont homéomorphes entre eux. Et c'est plus généralement vrai pour des espaces de Fréchet.
https://en.wikipedia.org/wiki/Anderson–Kadec_theorem
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Intéressant, merci pour l'info Calli.
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Je me permets de relancer : peut-on trouver des espaces vectoriels normés (de dimension infinie) homéomorphes au sens topologique (qu'il existe une bijection bicontinue entre eux) dont les dimensions (algébriques) (infinies) sont distinctes ?
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BonsoirDésolé, je suis malheureusement à un niveau beaucoup plus élémentaire que vous tous sur ce fil. Mais la question de Louis L m'en inspire une autre :Qu'est-ce que la dimension algébrique d'un espace de dimension infinie ? Ou plus précisément, comment on distingue deux infinis différents dans ces cas là ?Je suis désolé, je n'y connais rien... Je sais bien sûr qu'il existe plusieurs "sortes" d'infini mais je n'ai jamais manipulé que le dénombrable et la puissance du continu.Donc j'ai bien en tête des espaces de dimension algébrique infinie dénombrable et des espaces de dimension algébrique infinie non dénombrable, mais à part ça...Typiquement, si je prends deux espaces de fonctions, par exemple $L^p(\R)$ et $L^q(\R)$, je suis incapable de dire s'ils ont ou non même dimension algébrique...Encore une fois désolé d'être aussi ras des pâquerettes...
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Pour @gimax, la dimension algébrique d'un espace vectoriel est le cardinal de sa base. Les cardinaux permettent de distinguer les infinis. Plus simplement, sans introduire la notion de cardinal, si $A$ est un ensemble infini et $B$ aussi alors on dira que l'infini de $B$ est "plus grand ou égal" à celui de $A$ s'il existe une application injective de $A$ dans $B$ et strictement "plus grand" si en plus il n'existe pas d'injection de $B$ dans $A$.
On démontre (facilement) que si $A$ est un ensemble quelconque alors $\mathcal{P}(A)$ (l'ensemble des parties de $A$) est "strictement plus grand" que $A$ (donc il existe une injection de $A$ dans $\mathcal{P}(A)$ mais pas de $\mathcal{P}(A)$ dans $A$).
@Louis L. J'ai l'impression que la réponse n'est pas si simple. Ce que je sais c'est que le cardinal d'un espace vectoriel réel (ou complexe) de dimension infinie est égal à $\max(\mathfrak c, 2^{\aleph_0})$ où $\mathfrak c$ est le cardinal de la base et $2^{\aleph_0}$ est le cardinal de $\R$. Donc si deux espaces vectoriels normés ont des bases dont les cardinaux sont $\mathfrak c_1,\mathfrak c_2$ avec $2^{\aleph_0}\leqslant \mathfrak c_1<\mathfrak c_2$ alors ces deux espaces ne peuvent pas être homéomorphes car il n'y a pas de bijection entre-eux. De même si $\mathfrak c_1\leqslant 2^{\aleph_0}<\mathfrak c_2$.
Par contre si $\aleph_0 \leqslant \mathfrak c_1<\mathfrak c_2\leqslant 2^{\aleph_0}$ je ne sais pas. Par exemple que dire si $\mathfrak c_1=\aleph_0$ et $ \mathfrak c_2=2^{\aleph_0}$... ? De plus l'hypothèse du continu entre peut-être en jeu pour étudier complètement la question.
Remarquons que déjà le cas fini n'est pas évident. Par exemple il n'est pas évident que $\R^n$ n'est pas homéomorphe à $\R^m$ lorsque $n\neq m$ (cf. Théorème de l'invariance du domaine).
Peut-être qu'un autre intervenant en sait plus...
Edit : je dis partout "la base" mais c'est en fait "une base"... -
Merci raoul.S !Bon je suis assez ignare, mais je savais quand même déjà qu'un ensemble et l'ensemble de ses parties n'avaient pas le même cardinal. J'ai appris en prépa, il y a un peu moins de 20 ans que $\mathcal{P}(\N)$ a la puissance du continu... En revanche, comme je l'avais dit dans mon message précédent, en dehors de la dichotomie dénombrable/non dénombrable, je ne connais pas grand-chose.Donc je reformule ma question : sur les espaces de dimension infinie, comment on fait, en dehors du cas trivial dénombrable/non dénombrable, pour distinguer le cardinal des bases algébriques ? Ou même simplement le connaître ?Par exemple, sait-on dire quelque-chose sur les espace $L^p$ ? Sur les espaces de distributions ? Sur les espaces qu'on manie en général en analyse fonctionnelle ? Je veux dire quelque-chose de plus que le fait que les bases algébriques ne sont pas dénombrables ?
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Soit $B_1$ et $B_2$ deux bases d'un espace-vectoriel de dimension infinie. Chaque élément $e$ de la base $B_1$ s'écrit comme combinaison linéaire à coefficients non nuls d'un nombre fini d'éléments de la base $B_2$. Donc on a une fonction $f$ de $B_1$ dans l'ensemble des parties finies de $B_2$. Elle n'est pas forcément injective, mais l'ensemble des antécédents d'une partie finie (de cardinal $n$) de $B_2$ a au plus $n$ éléments (appartenant donc à $B_1$) que l'on peut ordonner. Donc on a une injection $i$ de $B_1$ dans $\mathcal{P}_f(B_2) \times \N$, qui à $e$ associe $(f(e),k)$, où $k$ est le rang de $e$ dans $f^{-1}(f(e))$ (cela veut dire que $e$ est le $k$-ième élément de $f^{-1}(f(e))$). Donc $|B_1| \leq |B_2|$.De même $|B_2| \leq |B_1|$. Donc la dimension est un cardinal bien défini.$\mathcal{P}_f(E)$ désigne l'ensemble des parties finies de $E$.
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Merci Marco.Mais tout ceci reste très abstrait. Je comprends ce que vous écrivez toi et raoul.S, mais mes questions étaient en fait plus pragmatiques que cela :concrètement, dans le cas des espaces fonctionnels $L^p$, des espaces de distributions, des fonctions $C^\infty$ à support compact et etc, est-ce qu'on connaît des bases algébriques ? Est-ce qu'on sait les comparer ?
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Un espace $L^p$ est au moins de dimension $\R$, car les fonctions indicatrices de $]0,a[$ pour $a\in ]0,1[$ forment une famille libre.Il me semble que la cardinal de l'ensemble des boréliens est $\R$. De plus une fonction $f$ de $L^p$ est définie si on connaît $f^{-1}(]-\infty, q])$ pour tout $q \in \Q$. Donc le cardinal de l'ensemble $L^p$ est inférieur ou égal à $\R^{\Q} \equiv \R$, donc une base est de cardinal au plus $\R$.À vérifier.
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Merci Marco !J'ignorais que l'ensemble des boréliens était de même cardinal que $\R$...Donc les $L^p$ sont de même dimension ! Intéressant.Encore merci et désolé d'avoir abaissé le niveau de la discussion...
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J'ai vérifié sur Wikipédia. La tribu des boréliens a la puissance du continu.Cependant, dans l'espace $L^p$, je ne sais plus si $f^{-1}(]-\infty, q])$ doit être un borélien, ou un ensemble compris entre deux boréliens de même mesure (si elle est finie).Pour les fonctions continues à support compact. On considère une fonction continue $f$ positive et non nulle à support compact. Alors la famille des fonctions $f(\cdot+a)$ pour $a\in \R$ est libre. Donc la dimension de l'ensemble est au moins $\R$. De plus, si on connaît la valeur d'une fonction continue sur les rationnels, on la connaît sur tout $\R$ (par continuité). Donc l'ensemble des fonctions continues est de cardinal $\leq \R^{\Q}\equiv \R$.
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Merci Marco !Cependant, dans l'espace $L^p$, je ne sais plus si $f^{-1}(]-\infty, q])$ doit être un borélien, ou un ensemble compris entre deux boréliens de même mesure (si elle est finie).
Il me semble que si $\mathcal{L}^p$ est l'ensemble des fonctions telles que $|f|^p$ est intégrable, et si $L^p$ est le quotient par la relation de coïncidence sur le complémentaire d'un négligeable, alors tout élément de $\mathcal{L}^p$ est équivalent à une fonction borélienne. Autrement dit pour tout $f$ de $L^p$ on peut choisir un représentant borélien. Si je ne dis pas de bêtise, on peut donc bien supposer que si $f\in L^p$, alors $f^{-1}(]-\infty, q])$ est borélien.
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Pour les fonctions continues, on peut faire un tout petit peu moins cher que $\R^\Q$ en remarquant qu'une fonction continue $f$ est caractérisée par $\{(x,y)\in\Q^2,\ f(x)\le y\}$ (« les points rationnels de l'hypographe »), qui est une partie de $\Q^2$.(Après réflexion, le fait que $\R^\Q$ ait le cardinal du continu n'est pas cher non plus : $\R^\Q\simeq\bigl(\{0,1\}^\N\bigr)^\Q\simeq\{0,1\}^{\N\times\Q}\simeq\{0,1\}^\N$.)
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Sinon, le fait que le cardinal de la tribu de Borel soit celui de $\R$ est, à mon goût, difficile, mais il est trivial que la tribu de Lebesgue a pour cardinal celui des parties de $\R$. En effet, il existe des ensembles négligeables qui ont le cardinal de $\R$ (Cantor par exemple) et toute partie de ceux-ci est a fortiori négligeable.
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Merci pour ces précisions Math Coss. Je suis allé voir le lien wikipédia de raoul.S marco sur le fait que l'ensemble des boréliens a la puissance du continu mais la récurrence transfinie m'a fait peur...Je suis désolé, j'ai fait dévié le fil... En tout cas merci à ceux qui m'ont répondu, ces histoires de bases algébriques des espaces $L^p$, la cardinalité de l'ensemble des boréliens, de la tribu de Lebesgue, tout cela est bien intéressant et fort joli !Merci !
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Oups. Désolé, je vais rectifier.
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$\def\card{\mathop{\mathrm{card}}}$On peut faire la remarque suivante : pour tout espace topologique séparé $X$, s'il existe $A\subset X$ dénombrable [édit] telle que tout $x\in X$ est limite d'une suite à valeurs dans $A$ (appelons ça être "séquentiellement séparable"), alors $\card X\leqslant\card \Bbb R$. En effet, si on énumère ce $A$ par une suite $(a_n)$ , alors l'application $\{\varphi\in\Bbb N^{\Bbb N}\mid (a_{\varphi(n)})\text{ converge}\}\to X,\;$ $\varphi \mapsto \lim\limits_{n\to\infty} a_{\varphi(n)} $ est surjective, donc $\card X\leqslant \card(\Bbb N^{\Bbb N})=\card(\Bbb R)$. En particulier, si $X$ est un espace vectoriel, sa dimension est au plus $\card\Bbb R$.gimax a dit :Donc je reformule ma question : sur les espaces de dimension infinie, comment on fait, en dehors du cas trivial dénombrable/non dénombrable, pour distinguer le cardinal des bases algébriques ? Ou même simplement le connaître ?Par exemple, sait-on dire quelque-chose sur les espace $L^p$ ? Sur les espaces de distributions ? Sur les espaces qu'on manie en général en analyse fonctionnelle ? Je veux dire quelque-chose de plus que le fait que les bases algébriques ne sont pas dénombrables ?
Dans le cas où $X$ est un espace métrique (un evn par exemple), il suffit qu'il soit séparable (i.e. il possède une partie dénombrable dense), mais c'est faux pour un espace topologique général ($\{0,1\}^{\Bbb R} $ muni de la topologie produit est un contre-exemple). On peut par exemple directement appliquer ça à $\mathcal{C}^0_c(\Bbb R)$ ou $L^p(\Bbb R)$ ($p<\infty$) dont on sait qu'il sont séparables.
Mais on peut faire beaucoup mieux en l'appliquant à l'espace de distributions $\mathcal{D}'(\Omega)$. En effet, si on prend $A_{\mathcal{D}'}$ une partie dénombrable de $L^\infty(\Omega)$ dont l'adhérence pour $\|.\|_\infty$ contient $\mathcal{D}(\Omega)$ (assez facile à construire avec des fonctions constantes par morceaux sur des petits cubes par exemple), alors $A_{\mathcal{D}'}$ est séquentiellement dense dans $\mathcal{D}'(\Omega)$. Partant de là, comme grosso modo tous les espaces d'analyse fonctionnelle sont inclus dans un $\mathcal{D}'(\Omega)$ et contiennent un $\mathcal{D}(\Omega)$ (dont un argument de @marco montre qu'il est de dimension au moins $\card \Bbb R$), ils sont tous exactement de dimension $\card\Bbb R$.
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PS: Mode d'emploi pour fabriquer chez soi une suite de $A_{\mathcal{D}'}$ qui converge vers une distribution.
- Munissez-vous d'un ouvert $\Omega \subset \Bbb R^d$ et d'une distribution $T\in\mathcal{D}'(\Omega)$.
- Prenez des ciseaux pour couper $T$ sur les bords et la plonger dans $\mathcal{D}'(\Bbb R^d)$. Une suite de fonctions plateaux $(\chi_n)\in\mathcal{D}(\Omega)^{\Bbb N}$ telle que $\Omega$ est l'union croissante des $\chi_n^{-1}(\{1\})$ fera parfaitement l'affaire.
- Procurez-vous une suite régularisante $(\zeta_n)\in\mathcal{D}(\Bbb R^d)^{\Bbb N}$. Il n'est pas dur d'en trouver dans le commerce ; de nombreux cours d'analyse fonctionnelle en proposent.
- Pour tout $n$, choisissez $T_n \in A_{\mathcal{D}'}$ telle que $\|T_n - (\chi_nT)*\zeta_n\|_\infty <2^{-n}$. C'est possible car $ (\chi_nT)*\zeta_n\in \mathcal{D}(\Omega)$.
- Piochez une fonction test $\varphi\in\mathcal{D}(\Omega)$.
- Versez $T_n$ et $\varphi$ dans un crochet de dualité.
- Mélangez bien jusqu'à avoir $$\begin{eqnarray*} |\langle T_n,\varphi\rangle-\langle T,\varphi\rangle|&\leqslant& |\langle T_n - (\chi_nT)*\zeta_n,\varphi\rangle|+|\langle(\chi_nT)*\zeta_n,\varphi\rangle-\langle T,\varphi\rangle| \\ &\leqslant& 2^{-n}\|\varphi\|_1+ |\langle T,\chi_n(\overset{\vee}{\zeta}_n*\varphi)-\varphi\rangle| \\ &\to& 0 \end{eqnarray*}$$ C'est prêt !
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$\def\card{\mathop{\mathrm{card}}}$Pour montrer que $\mathcal{D}'(\Omega)$ est de cardinal au plus $\card \Bbb R$ (donc de dimension au plus $\card\Bbb R$) on peut aussi montrer que $\mathcal{D}(\Omega)$ est séparable pour sa topologie compliquée de limite inductive (la "topologie taboue" comme l'appelle un de mes profs de master ^^). Ensuite, les valeurs d'une distribution sur une partie dénombrable dense de $\mathcal{D}(\Omega)$ suffisent à déterminer cette distribution de façon unique ; or $\card (\Bbb R^{\Bbb N})=\card\Bbb R$.
Ça se rapproche du raisonnement utilisé par @marco dans les dernière lignes de ce message. Mais je ne trouve pas que ce soit plus simple que la première méthode que j'ai donnée.
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Merci beaucoup @Calli. Désolé de ne répondre que maintenant, j'ai découvert tes trois messages en même temps, en toute fin de matinée.C'est très intéressant ! Je pense que je vois (le seul point pas encore clair pour moi est la construction de la partie $A_{D'}$, mais il faut juste que je prenne le temps avec un papier et un stylo). Juste une précision : au début tu dis :$\def\card{\mathop{\mathrm{card}}}$On peut faire la remarque suivante : pour tout espace topologique séparé $X$, s'il existe $A\subset X$ telle que tout $x\in X$ est limite d'une suite à valeurs dans $A$ (appelons ça être "séquentiellement séparable"), alors $\card X\leqslant\card \Bbb R$.Il me semble que la partie $A$ doit être dénombrable... De fait juste après, tu utilises que $A$ est dénombrable.
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Oui, $A$ est dénombrable ! Malheureuse coquille... c'est le point crucial !
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Ça va, je suis pas trop à la ramasse parce qu'il me semblait bien que c'était le point crucial !
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