Distance d'un point à une partie dans un espace vectoriel normé
Bonsoir,
Soit $E$ un espace vectoriel normé par une norme $||.||$. On rappelle que la distance d'un élément $x \in E$ à une partie non vide $A$ de $E$ est le réel noté $d(x,A)$ défini par : $d(x,A)=\inf_{y \in A} ||x-y||$.
1) Montrer que $d(x,A)=0$ si et seulement $x$ est adhérent à $A$.
2) Montrer que si $(A_n)_{n \geq 0}$ est une suite croissante de parties de $E$ et si $A=\displaystyle\bigcup_{n \geq 0} A_n$ alors $d(x,A)= \lim_n d(x,A_n)$.
On considère un sous-espace vectoriel $V$ de dimension finie de $E$, on note $B= \{ y \ ; \ ||y-x|| \leq ||x|| \}$.
3) Montrer que $B \cap V$ est compacte et que $d(x,V)=d(x,B \cap V)$ pour tout $x \in E$.
4) En déduire que pour tout $x \in E$, il existe un élément $y \in V$ tel que $d(x,V)=||x-y||$.
1) Soit $x \in E$.
2) Je n'ai pas compris l'ensemble $A$. C'est une union infinie de $A_n$ ?
Soit $E$ un espace vectoriel normé par une norme $||.||$. On rappelle que la distance d'un élément $x \in E$ à une partie non vide $A$ de $E$ est le réel noté $d(x,A)$ défini par : $d(x,A)=\inf_{y \in A} ||x-y||$.
1) Montrer que $d(x,A)=0$ si et seulement $x$ est adhérent à $A$.
2) Montrer que si $(A_n)_{n \geq 0}$ est une suite croissante de parties de $E$ et si $A=\displaystyle\bigcup_{n \geq 0} A_n$ alors $d(x,A)= \lim_n d(x,A_n)$.
On considère un sous-espace vectoriel $V$ de dimension finie de $E$, on note $B= \{ y \ ; \ ||y-x|| \leq ||x|| \}$.
3) Montrer que $B \cap V$ est compacte et que $d(x,V)=d(x,B \cap V)$ pour tout $x \in E$.
4) En déduire que pour tout $x \in E$, il existe un élément $y \in V$ tel que $d(x,V)=||x-y||$.
1) Soit $x \in E$.
- Soit $x$ un point adhérent à $A$. D'après la caractérisation séquentielle de l'adhérence, il existe une suite $(x_n)$ d'éléments de $A$ tel que $(x_n)$ converge vers $x$. Comme $\forall n \in \N \ a_n \in A$ on a $0 \leq d(x,A)= \inf_{y \in A} ||x-y|| \leq ||x-a_n|| \longrightarrow 0$ donc $d(x,A)=0$.
- Réciproquement, si $d(x,A)=0$ alors $ \inf_{y \in A} ||x-y||=0$. Par caractérisation de la borne inférieure, $\forall \varepsilon >0 \ \exists y \in A \ ||x-y|| <\varepsilon$. Soit $n \geq 1$. Posons $\varepsilon = 1/n >0$. Il existe donc $x_n \in A$ tel que $||x-x_n||< 1/n \longrightarrow 0$. Donc il existe une suite $(x_n)$ d'éléments de $A$ qui converge vers $x$.
2) Je n'ai pas compris l'ensemble $A$. C'est une union infinie de $A_n$ ?
Réponses
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1) c'est bon.
2) Oui union infinie dénombrable et $(A_n)$ vérifie pour tout $n \in \mathbb{N}, A_n \subset A_{n+1}$ -
D'accord merci.
2) Montrons que $\forall n \in \N, \ A_n \subset A=\displaystyle\bigcup_{p \geq 0} A_p$. On a $A_n \subset A_{n+1} \in \displaystyle\bigcup_{p \geq 0} A_p$ donc $\boxed{A_n \subset A}$.
Ainsi $\forall n \geq 0 ,\ \ d(x,A)= \inf_{y \in A} ||x-y|| \leq \inf_{y \in A_n} ||x-y|| = d(x,A_n)$. On a montré $\boxed{d(x,A) \leq d(x,A_n)}$.
On doit montrer que $\forall \varepsilon >0 ,\ \exists N \in \N, \ n \geq N, \ \implies | d(x,A) -d(x,A_n) | \leq \varepsilon$
Je vais essayer d'utiliser la caractérisation de la borne inférieure encore une fois.
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Ecrire "montrons que $A_n\subset A$" je trouve cela assez comique.Les hypothèses impliquent: pour tout $n\in \N, d(x,A_{n+1})\leq d(x,A_{n}).$ La suite $(d(x,A_n))$ étant décroissante et minorée par $d(x,A)$, elle converge donc vers un réel $d$ tel que $d(x,A) \leq d.$Mais en fait $d(x,A)=d$ sinon pour tout $y\in A,$ il existe un $n$ tel que $y\in A_n$ et alors on aurait $d(x,y) \geq d(x,A_n) \geq d$ et cela est contradictoire avec $d(x,A) < d.$$B\cap V$ est un fermé et il est borné. C'est donc un compact.
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Je crois que tu n'as rien compris à la définition de l'ensemble $A$. Et tu confonds allègrement la relation d'appartenance et la relation d'inclusion en utilisant l'une pour l'autre, des propriétés de l'une pour l'autre, et réciproquement, comme ça t'arrange. Tu devrais commencer par des exercices plus simples de manipulation des ensembles.OShine a dit :D'accord merci.
On a $A_n \subset A_{n+1} \in \displaystyle\bigcup_{p \geq 0} A_p$ donc $\boxed{A_n \subset A}$.
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@JLapin
C'est plutôt $\subset$ au lieu de $\in$.
Mais je revois bientôt les ensembles dans le Rombaldi algèbre pour éviter ce genre d'erreur.
@bd2017
Il y a un problème dans ta preuve tu dis $d(x,A) \leq d$ et tu dis c'est contradictoire avec $d(x,A) <d$.
Je ne comprends pas ton raisonnement après le "mais en fait". Ce n'est pas clair. -
Étonnant de voir un prof qui à la fois donne son avis sur les sujets d'agrégation et qui confond le sens de "inclus dans" et "appartient à"... Heuresement que le Rombaldi algèbre est là pour donner le change !
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@bd2017 je n'ai pas compris où est ta contradiction. J'ai pourtant relu ton message 10 fois.
Pour la 2). On a montré que $\boxed{\forall n \in \N ,\ d(x,A) \leq d(x,A_n)}$.
Soit $\varepsilon >0$. Soit $x \in E$.
Par caractérisation de la borne inférieure, il existe $y \in A$ tel que $||x-y|| \leq d(x,A)+ \varepsilon$.
Comme $y \in A= \displaystyle\bigcup_{n \geq 0} A_n$, il existe un rang $N \in \N$ tel que $y \in A_N$. Mais $A_N \subset A_{N+1} \subset \cdots$ donc $\boxed{n \geq N \implies y \in A_n}$.
Ainsi, $\forall n \geq N$ on a $d(x,A_n) \leq ||x-y||$. D'où $\forall n \geq N, \ \ d(x,A_n) \leq d(x,A)+\varepsilon$.
On a montré $\forall \varepsilon >0, \ \exists N \in \N ,\ n \geq N \implies 0 \leq d(x,A_n)- d(x,A) \leq \varepsilon$.
Soit $\boxed{\forall \varepsilon >0, \ \exists N \in \N ,\ n \geq N \implies | d(x,A_n)- d(x,A) | \leq \varepsilon}$.
Ainsi, $\boxed{d(x,A)= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} d(x,A_n)}$
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@Oshine de façon générale tu ne comprends pas les corrigés. Alors garde toi de dire systématiquement ce n'est pas clair. Il se peut que cela ne soit pas clair mais tu n'est pas apte à en juger vu tes difficultés de compréhension. Surtout quand on écrit montrons que $A_n\subset \cup_{p\geq 0} A_p$ après s'être tapé de multiples sujets de normale sup. Et puis au passage, je peux te rappeler que la distance d'un point à un ensemble est un sujet que as déjà posé sur le forum. Qu'en reste-t-il ?Maintenant, un peu d'explication de texte. Lorsque $d(x,A)\leq d,$ tu as 2 possibilités $d(x,A)=d$ ou bien $d(x,A)< d.$ Mais alors tout $y\in A$ vérifie $d(x,y)\geq d(x,A_n)\geq d$ pour un certain $n.$ Et cela n'est pas possible. Cela s'appelle une contradiction avec l'hypothèse $d(x,A)< d$ et la définition de $d(x,A).$Pour la question 3) on a "V est un fermé" car...
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Je ne comprends pas comment tu passes de $d(x,A)<d$ à l'inégalité $\forall y \in A \ d(x,y) \geq d(x,A_n) \geq d$... Ensuite tu parles de $d(x,A)$ pour conclure mais il n'apparaît pas dans l'inégalité...
Donc 2 points de la démonstration me bloquent.
3) $B \subset B_f (0, 2 ||x||)$. En effet, soit $y \in B$. Alors $||y||= ||x + (y-x) || \leq ||x|| + ||y-x|| \leq 2 ||x||$. Donc $B$ est borné.
$B$ est l'image réciproque de $\R^{+}$ par l'application continue : $ y \mapsto ||x|| - ||y-x||$.
$V$ est un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension finie donc c'est un fermé de $E$.
Donc $B \cap V$ est un fermé borné inclus dans $V$ sous-espace vectoriel de dimension finie donc $B \cap V$ est un compact.
On a $B \cap V \subset V$ donc $\boxed{d(x,V) \leq d(x, B \cap V)}$.
Mais je n'arrive pas à démontrer que $d(x,V)=d(x, B \cap V)$...
-
OShine a dit :
Je ne comprends pas comment tu passes de $d(x,A)<d$ à l'inégalité $\forall y \in A \ d(x,y) \geq d(x,A_n) \geq d$... Ensuite tu parles de $d(x,A)$C'est tout de même difficile pour moi d'admettre que tu ne comprennes pas ceci. Parce que si on regarde ta démonstration, je n'utilise aucun argument qui diffère de ceux que tu as employés. On sait que la suite $d(x,A_n)$ est minorée par $d(x,A)$ (c'est toi qui l'a dit dans un message précédent!!! ) et je précise qu'elle est décroissante (j'utilise ici un argument que tu as employé dans le même message précédent!!). Donc elle converge vers un réel $d\geq d(x,A).$ Rien de compliqué ici.Ensuite j'ai dit que tout $y\in A$ et dans un certain $A_n$ et donc $d(x,y)\geq d(x,A_n)\geq d $..... qu'est ce qu'il y de difficile à comprendre.Et alors ..... tu ne vois pas la contradiction avec la définition de d(x,A) et l'hypothèse d> d(x,A) ????J'insiste grossièrement: on en est arrivé à : tout $y\in A$ vérifie $d(x,y)\geq d > d(x,A)$ ceci n'est pas possible.
Concernant cette question. Peut être que cela pourrait t'aider en te posant cette question: $B\cap V=\emptyset $ est-ce que c'est possible? Par ailleursOShine a dit :Mais je n'arrive pas à démontrer que $d(x,V)=d(x, B \cap V)$...$d(x,\emptyset)$ a-t-il du sens ? -
Cela me fait penser à une question du sujet d'agreg interne de 2018. Je pense que cela permettrait de conclure mais je n'en suis pas sûr (n'étant pas un pro de la topologie) : soit $x \in E$ .L'application : $B \cap V \to \mathbb{R}^+$ qui à $y \in B \cap V$ associe $||x-y||$ est continue sur $B \cap V$ qui est compact donc elle est bornée et atteint ses bornes. Ainsi, il existe $y \in B \cap V$ tel que : $||x-y||=\inf\limits_{a \in B \cap V} ||x-a||=d(x,B \cap V)$ .
Donc il existe $y \in V$ tel que $||x-y|| = d(x,B \cap V)$ . De plus, $d(x,V) \leq d(x, B \cap V)$ donc $\inf\limits_{y \in V} ||x-y||$ est atteint et on a bien l'égalité demandée. (?) -
@NicoLeProf
N'oublie pas de vérifier que le compact $B\cap V$ est non vide avant de lui appliquer le théorème des bornes atteintes
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D'accord, merci JLapin !!! $B \cap V \neq \varnothing$ car il contient $0$ .
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Depuis le début je pense que la question 4 peut être démontrée directement sans passer par la question 3 comme ceci:Soit $(y_n)$ une suite d'éléments de $V$ telle que $d(x,y_n)$ converge vers $V.$ La suite $(y_n)$ est donc bornée dans un espace vectoriel de dimension finie. Donc on peut extraire une suite $(y_{\varphi(n)})$ qui converge vers $y\in V. $ Ensuite la continuité permet de dire que $d(x,y_{\varphi(n)})$ converge vers $d(x,y)(=d(x,V) )$ par unicité de la limite.Le raisonnement n'est pas différent mais l'exercice donne une impression de longueur inutile de démonstration.
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@NicoLeProf
Tu donnes une réponse à une question que je n'ai pas encore cherchée.... C'est frustrant.
En plus la dernière question est la plus facile.
@bd2017
Non mon raisonnement n'est pas le même, il n'utilise que la définition de la convergence d'une suite et la caractérisation de la borne inférieure.
J'ai simplement utilisé que $A_n \subset A$ donc $d(x,A) \leq d(x,A_n)$.
Je n'ai pas compris l'implication : si $d(x,A) < d $ alors $ \forall y \in A \ \exists n \in \N \ y \in A_n \ d(x,y) \geq d(x,A_n) \geq d$ et en particulier le $d(x,A_n) \geq d$.
Et je ne vois toujours pas la contradiction dans $d < d(x,A) \leq d(x,y)$ je ne vois pas ce qui est contradictoire et où tu utilises $d(x,A)<d$ ?
Je pense que $d(x, \emptyset)$ n'existe pas mais ça ne m'aide pas à montrer que $d(x,V)=d(x,B \cap V)$. -
Je répondais à la question 3) surtout non? Bah, toute façon la topologie ce n'est pas mon truc !
-
Tu es certain de m'avoir lu 10 fois ? Je veux bien te croire mais as-tu mis tes lunettes ?OShine
Je n'ai pas compris l'implication : si $d(x,A) < d $ alors $ \forall y \in A \ \exists n \in \N \ y \in A_n \ d(x,y) \geq d(x,A_n) \geq d$ et en particulier le $d(x,A_n) \geq d$.
Et je ne vois toujours pas la contradiction dans $d < d(x,A) \leq d(x,y)$ je ne vois pas ce qui est contradictoire et où tu utilises $d(x,A)<d$ ?
Je pense que $d(x, \emptyset)$ n'existe pas mais ça ne m'aide pas à montrer que $d(x,V)=d(x,B \cap V)$.La suite $d(x,A_n)$ est décroissante donc sa limite $d$ vérifie $d\leq d(x,A_n) $ pour tout $n$.D'autre part " la contradiction dans $d < d(x,A) \leq d(x,y)$ " C'est hallucinant. Est-ce que j'ai écrit cela un seul instant ?Relis-moi une onzième fois s-t-p. -
EditLà aussi je n'ai pas dis cela! On a $d(x,A) \leq d $ mais je n'ai jamais dit $d(x,A) \leq d$ est contradictoire avec $d(x,A) <d$.Bon je me risque mais je sais par avance que tu vas zapper ma question comme d'hab même si la question est facile.Qestion 4. bis. L'élément $y$ de la question 4; est-il uniqueQuestion 5. Application. On pose $E= {\cal C}( [0,1],\R)$ muni du produit scalaire $<f,g>=\int_0^1 f(x) g(x) dx, f,g \in E.$ La norme associée étant bien entendu définie par $||f||^2=<f,f>$?Soit $V$ le sous espace vectoriel des fonctions constantes. Soit $f\in E$ définie par $f(x)= x^2.$Calculer $d(f,V)$ et puis déterminer l'élément $g$ de $V$ qui vérifie $d(f,g)=d(f,V)$ -
@NicoLeProf
Je ne suis pas à l'aise en topologie non plus. Je trouve la question $3$ difficile.
Pour la question $3$, finalement après 1 heure à me casser la tête j'ai trouvé la solution.
On a $B \cap V \subset V$ donc $\boxed{d(x,V) \leq d(x,B \cap V) }$.
Il reste à montrer que $d(x, B \cap V) \leq d(x,V)$.
Soit $ y \in V$. Raisonnons par disjonction de cas :- Si $y \in B$ alors $y \in B \cap V$ donc $\boxed{d(x,B \cap V) \leq d(x,y)}$.
- Si $y \notin B$ alors $d(x,y) =||y-x|| > ||y||=||y-0 || \geq d(x, B \cap V)$ car $0 \in B \cap V$.
Par double inégalité, on a finalement $\boxed{d(x,V)=d(x,B \cap V)}$.
-
@NicoLeProf
La fin je n'ai pas trop compris comment tu en déduis l'égalité à partir de l'inégalité...
@bd2017
C'est bon, en fait je n'avais pas vu que $d(x,A_n) \geq d$ !
La suite $(d(x,A_n))$ est décroissante et minorée par $d(x,A)$ donc elle converge et $\boxed{d \geq d(x,A)}$.
De plus $d(x,A_n) \geq d$ pour tout $n$.
Si $d(x,A) < d$ alors pour tout $y \in A $, il existe un entier $n$ $y \in A_n$ donc $d(x,y) \geq d(x,A_n) \geq d$
Donc $d(x,A) \geq d$ car c'est le plus grand des minorants.
D'où la contradiction.
-
ouf! mais l'avant dernière ligne me semble bizarre.
-
Moi non plus je n'ai pas trop compris ce que j'ai fait en fait lol !
J'ai dû répondre à la question 4) sans le vouloir oui et non à la 3) finalement... -
@NicoLeProf
Ok pas de souci.
La 3 était un peu dure, la 4 c'est du cours.
@bd2017
$\forall y \in A \ d(x,y) \geq d$ donc $d(x,A)=\inf_{y \in A} d(x,y) \geq d$ car la borne inférieure est le plus grand des minorants.
4) La fonction $f : E \longrightarrow \R^{+}$ définie par $f(y)=||x-y||$ est continue.
En effet, soit $(y,z) \in E^2$.
On a $| f(y)- f(z) | = | ||x-y|| - ||x-z|| | \leq || (x-y) - (x-z) || = ||y-z||$ (inégalité triangulaire).
Donc $f$ est une fonction 1-lipschitzienne, donc continue sur le compact $B \cap V$. D'après le théorème des bornes atteintes, $f$ est bornée et atteint ses bornes, elle atteint en particulier sa borne inférieure.
Ainsi, il existe $y \in B \cap V$ tel que $d(x, B \cap V)=||x-y||$.
Mais d'après la question précédente, $d(x, B \cap V)=d(x,V)$.
On a montré : $\boxed{\forall x \in E \ \ \exists y \in V \ \ d(x,V)=||x-y||}$.
-
La réponse est non. Mais ton de explication n'a pas de sens.
Dans la question suivante que j'ai donné, il y unicité. Pourquoi. ?
Pour justifier pourquoi la réponse est non il faut un contreexemple. .
Allez je donne les 90 pour d'une idée, et autant dire qu'il n'y a presque plus rien à faire
Prendre $E=R^2. $' et la norme du max
-
Tu parles de la question suivante alors que je bloque déjà sur celle-ci.
Ca ne m'a pas l'air simple.
Soit $E=\R^2$ et $V=Vect(1,1)$ la droite d'équation $y=x$. $V$ est un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension $1$ donc finie.
Posons $X=(x_1,x_2)$ et $Y=(y_1,y_2)$. On a $d(X,V)= \inf_{Y \in V} \max ( |y_1-x_1| , |y_2-x_2| ) $
Je bloque ici, on ne connaît pas $d(X,V)$.
-
"y=xV" est une équation de droite c'est nouveau ?
" On ne connait pas d(X,V) ?" C'est enfantin de dire cela. Il faut dire "je ne sais pas calculer d(X,V).
Bref sur un exo de niveau zéro et sans corrigé tu "bloques".
La morale c'est qu'il faut un exemple. Alors prendre X qcq ça sert à quoi ?
Et puis ton choix de V est il le plus simple ? -
Ben si, on la connait. Tu as même donné son expression. Si tu bloques, fais un dessin. Il me semble évident qu'ici, tracer les lignes de niveau de la norme en question serait d'une grande aide.
-
Pas vu le message de Bibix.Je precise mon message précédent : V=vect(1,1) pourquoi pas. Mais V=vect(1,0) me paraît paraît plus simple pour un calcul. Pourquoi se fatiguer inutilement ?
-
Voici une démonstration de la question 4 si $E$ est réflexif : la norme $\|\cdot\|$ est convexe, continue et coercive sur $E$ (cf. inégalité triangulaire) or $V$ est un s.e.v de dim finie donc c'est un fermé convexe non vide et donc pour tout $x \in E$, il existe $y^* \in V$ tel que $d(x,y^*) = \inf_{y \in V} d(x,y)$. C'est à peu près le même raisonnement, mais en plus avancé. C'est juste pour signifier que tout ça, c'est une histoire de convexité. On a donc une question subsidiaire :
4 bis bis : Trouver une CNS sur $\|\cdot\|$ pour que pour tout $V$, $y^*$ soit unique. -
@Bibix
Ta démonstration dépasse largement le niveau de cet exercice qui est un exercice de spé - L2.
A mon niveau, tu parles chinois.
@bd2017
Dans les cours de topologie, c'est souvent théorique, l'exercice comportait 3 questions proches du cours sur les 4... Je calque les mêmes raisonnements.
Mais les calculs concrets de distances il y en a pas donc je n'ai jamais vu comment faire.
En pratique, j'ai du mal. Prenons $V=Vect(1,0)$. On a $d(X,V)=\inf_{ Y \in V} ||X-Y||$. Une base de $V$ est $ ((1,0))$.
Donc $d(X,V)= \inf_{a \in \R} \max( |x_1 -a| , |x_2-a| )$. Je ne sais pas calculer $d(X,V)$.
-
Oublie la démonstration. Le point est que c'est la convexité de la norme qui est importante pour caractériser le minimum. Moi j'ai la flemme de dessiner donc voici une image de l'article "Norme" de wikipédia :Avec cela, tu devrais au moins comprendre pourquoi il vaut mieux prendre $V = {\rm Vect}((1,0))$.
-
Cela signifie que $(1,0)$ est de norme $1$.
Mais je n'ai pas compris comment trouver $d(X, Vect(1,0))$. -
Voyons, Il faut lire les conseils! Prendre un exemple suffit. On prend $X\notin V:$ par exemple, $X=(0,1)$.
Soit $Y\in V,$ on a $Y=(y,0),\ y\in \R$ et $||X-Y|| = || (-y,1)||= \max (|y|,1).$
Donc $d(X,V )=\inf_{y\in\R} \max (|y|,1)= \ldots$ à finirPour utiliser le dessin il faut voir que la boule de centre $(0,0)$ est de rayon $1$ est un carré. -
C'est quoi le rapport entre la boule de centre $(0,0)$ et de rayon $1$ et la distance $d(X,V)$ qu'on cherche ? Je ne comprends pas à quoi sert ce dessin dans le raisonnement.
On a $\max( |y| ,1) \geq 1$ donc $d(X,V) \geq 1$.
On a $|| (0,1)- (1,0) || =|| (-1,1) || = \max ( 1,1)=1$ donc $d(X,V) \leq 1$.
On a montré $\boxed{d(X,V)=1}$.
Posons $Y'=(0,0)$ on a $||(0,1)-(0,0) || = || (0,1) || = \max (1,0)=1$
La distance est atteinte en deux points $Y$ et $Y'$ distincts, elle n'est pas unique.
-
Si tu translate le problème les points de la droite d'équation $y=-1$ qui sont sur le segment $[ - 1 ,1 ]\times \{-1\}$ sont à la distance $1$ du point $O=(0,0)$.Les autres points sont à une distance plus grande que $1$. La distance de $O$ à cette droite (affine) vaut $1$ mais le minimum est atteint par une infinité de points. Ce qui montre que tu as trouvé 2 points réalisant le min mais en fait il y en a bien d'autres.
-
Je ne comprends toujours pas le rapport entre $d(X, Vect(1,0))$ et la boule unité, ni pourquoi on m'a demandé de regarder la boule unité.
Et pourquoi il vaut mieux prendre $Vect(1,0)$ et pas $Vect(1,1)$ ?
-
Que devient cette question? si on prend la norme définie par $||(x,y)||=|x|+|y|.$
-
J'allais me lancer dans la question $5$.
Vous voyez des choses dans votre tête que je ne vois pas. Je n'ai pas ces facilités. Je connais la définition d'une boule unité et sa forme mais j'ai du mal à voir le lien avec les distances.
Si $||(x,y)||=|x|+|y|$.
$X=(0,1)$ et $Y=Vect(1,0)$. Donc $Y=(y,0)$ avec $y \in \R$.
On a $d(X,V)=\inf_{y \in \R} 1+ |y| =1$ cette distance est atteinte uniquement pour $y=0$.
-
5) La distance est atteinte en un unique point, c'est la projection orthogonale de $f$ sur $F$.
$F=Vect( h)$ où $h : x \mapsto 1$. $B=(h)$ est une base orthonormée.
On a $p_F(x^2)=\langle f,h \rangle h = 1/3$.
On a $(d(x^2,F))^2=||x^2-p_F(x^2)||^2 = \langle x^2,x^2-p_F(x^2)\rangle =4/45$
Donc $\boxed{d(x^2,F)=\dfrac{2}{3 \sqrt{5}}}$ atteinte en $1/3$.
-
Oui pour le 5) mais pourquoi $V$ est-il devenu $F$? Et puis la notation $d(x^2,F)$ est à éviter. J'aurais préféré $d(f,V)$ (où $d(f,F)$) puisque dans l'énoncé j'avais donné un nom à cette fonction.Pour la norme $||(x,y)||=|x|+|y|, $ la distance $d(X,V)$ n'a aucune raison d'être atteinte par un seul élément de $V.$ Pour le voir on peut garder le même $X$ mais prendre $V=vect (1,1).$
-
Donc $d(X,V)= \inf_{y \in \R} |y|+ |y+1|=1$
La distance est atteinte pour $Y=(0,0)$ et pour $Y=(-1,-1)$.
Les calculs ne me posent pas de problème, c'est la vision géométrique où j'ai beaucoup de mal.
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