Réponses
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oui vous avez raison, j'ai corrigé. Merci
D'ailleurs, si on veut être sur que l'inclusion $(\mathcal{A}'')_p\subset(\mathcal{A}_p)''$ est vraie en utilisant le raisonnement de marco, il faut que $\mathcal{A}''$ soit bien la fermeture pour… -
J'ai lu en diagonale, s'il y a une faille je dirais qu'elle se trouve dans le Théorème 3.3, sinon le reste me paraît légitime.
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@JLT. Justement, est-ce que l'algèbre de von Neumann engendrée par $(\mathcal{M}_1\odot\mathcal{M}_2)_e$ c'est bien (ou du moins contient) $(\mathcal{M}_1\otimes\mathcal…
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Presque. Si $B\subset E'$ est un sous-espace fermé, alors on a un isomorphisme linéaire isométrique canonique $(E/B^{\bot})'\simeq B$, où $B^{\bot}:=\{u\in E\mid\forall\phi\in B,\ \phi(u)=0\}$. Ainsi $B$ est le dual du quotient $E/B^{\bot}$.
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@Poirot Tu peux voir ça dans le Dunford-Schwartz, Linear Operators I
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Bonjour,
Déjà, l'espace $L^1$ n'est en général pas le dual d'un espace normé. C'est par exemple le cas de $L^1[0,1]$. Pour le justifier, l'argument classique consiste à montrer que la boule unité de $L^1[0,1]$ n'admet pas de points extré… -
En évaluant 7.1 en $x=0$ on obtient $h(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\|f\|_2^2$.
Mais en appliquant Cauchy-Schwarz, toujours à partir de 7.1 :
$$|h(x)|\leq\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\int|f(x+y)|^2dy\int|f(y)|^2dy}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\|f\|_… -
En fait, souvent en algèbre toutes les K-algèbre sont supposées unitaires (et en analyse on aime bien considérer des algèbres sans unité). Et c'est le cas dans l'article wikipédia sur lequel tu te base.
Dans ce cadre, j'aime bien le point… -
Il faut que tu revois la définition de K-algèbre
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@Georges Abitbol Je ne suis pas sûr d'avoir saisi ce que tu veux dire, est-ce que ça a un rapport au fait que ce ne sont pas les opérateurs qui sont importa…
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Bonjour Homo Topi. (Quote) Pour compléter ce que dit Poirot, en physique quantique, en gros, on associe à chaque système quantique un espace de Hilbert $H$, et à chaque grandeur physique $a$ (vitesse, position, énergie) un opérateur $A$ qui a…
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Ton $\varphi$ est un morphisme de K-algèbres : il 'fixe' les constantes (cf ma réponse précédente). Donc comme $a_i$ est un scalaire, $\varphi(a_i)=a_i$, où il faut comprendre que le $a_i$ dans le membre de droite désigne la constante $a_i$ de la $K…
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Oui car si $X$ est la dimension de $E$, alors $E$ est isomorphe à $\mathbb{R}^{(X)}$ (espace des fonctions $X\to\mathbb{R}$ qui s'annulent en dehors d'une partie finie de $X$) qui est un sous-espace de $\mathbb{R}^X$.
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(Quote) Je note $A:=K[X_1,\ldots,X_n]$ et $B:=K[X_1,\ldots,X_n]/M$. Tu es d'accord que l'application canonique $A\mapsto B$, $P\mapsto\overline{P}$ est un morphisme de $K$-algèbres ? (i.e préserve le produit, est $K$-linéaire, et préserve l'unité).…
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Merci john_john pour ce contre-exemple.
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On peut écrire : $$\int_E|f|^pd\mu=\int_{E\cap\{|f|<t\}}|f|^pd\mu+\int_{E\cap\{|f|\geq t\}}|f|^pd\mu\leq t^p\mu[E]+\int_{\{|f|\geq t\}}|f|^pd\mu$$
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d'où mon 'vérifie tes signes'
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Tu peux écrire $ABA^p=(AB-BA)A^p+BA^{p+1}=....$ je te laisse finir (vérifie bien tes signes).
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Milas voulait écrire $C^k=[A,C^{k-1}B]$
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Exprime $C^2$, $C^3$ en faisant apparaître un crochet, et vois si tu peux pas généraliser ça à $C^k$, $k\geq1$.
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M.Karoubi, K-Theory An introduction
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Oui en effet ici on a juste besoin de l'hypothèse de paracompacité, donc avec ta définition de variété ça marche.
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Je suppose que $M$ est compacte, sinon le résultat est faux en général. En bidouillant avec des partitions de l'unité, tu construis un recouvrement fini $M=\bigcup_{j=1}^{m}U_i$ par des ouverts trivialisables ainsi qu'une application 'de recollement…
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Si tout élément s'obtient en combinant des trucs, et si chacun des trucs s'obtient en combinant des schmiblicks, alors tout élément s'obtient en combinant des schmiblicks.
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Si $f$ est l'indicatrice des rationnels, alors avec tes notations $\overline{E}=\mathbb{R}$, mais le support essentiel de $f$ est vide car $f$ est nulle p.p. Donc on peut rien dire en toute généralité. Par contre dès que $f$ est continue on a bien $…
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Rappelle toi comment on montre habituellement que $\big(1+\frac{x}{n}\big)^n\to e^{x}$ : il faut passer au logarithme ! Si maintenant $u_n\to\ell$, alors $\ln\big(1+\frac{u_n}{n}\big)\sim\frac{u_n}{n}$, donc $\ln\big(1+\frac{u_n}{n}\big)^n=n\ln\big(…
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Cela vient du fait que tout voisinage de $\{1\}$ dans $G$ contient un voisinage de la forme $V^{-1}V$ où $V$ est un voisinage de $\{1\}$ dans $G$.
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Première fois que j'entends parler des espaces b-métriques, mais d'après la définition que j'en trouve sur le net, oui il est évident que c'est le cas, comme pour les espaces métriques.
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Dans un espace métrique, les valeurs d'adhérences d'une suite sont les limites de ses suites extraites. Dans un espace topologique général, on peut seulement dire que les limites de suites extraites sont des valeurs d'adhérences. La réciproque est v…
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@Homo Topi Regarde plutôt du coté du Théorème de Montel.
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@Homo Topi Oui en effet ce n'est clairement pas ponctuellement borné.
Autre exemple, cette fois-ci qui est bien équicontinu + ponctuellement borné. Tou… -
Typiquement l'ensemble des fonctions $k$-lipschitzienne avec $k$ fixé, ce qui englobe par exemple tout ensemble de fonctions $C^1$ de dérivée bornée par une certaine constante (indépendante de la fonction).
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ok merci j'ai vu
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@Calli : Merci ! Par contre, tu pourrais détailler pourquoi tout à la fin on a $\sup_{\varphi\in E\setminus\{0\}}p(\varphi)/p_n(\varphi)=\infty$ ? Il doit me manqu…C'est que l'écriture ${\rm Op}(a)=\mathcal{F}^{-1}M_a\mathcal{F}$ n'est pas vraiment valable puisque $a(x,\xi)$ dépend de deux variables. Si on veut écrire les choses un peu plus proprement :
$$
{\rm Op}(a)u(x)=\int_{\mathbb{R}^d\times\mat…Merci Calli. Par contre rien ne dit que $S^m$ serait fermé dans $S$. En fait je suis sûr que ce n'est pas le cas car sinon $S^{-\infty}=\bigcap_{m\in\mathbb{R}}S^m$ serait fermé dans $S$. Or dans les références sur le sujet on montre que $S^{-\infty…Pas tout à fait non ? Puisqu'ici ton homotopie $f:X'\times[0,1]\to X'$ est relative à $\{\infty\}$, chose qui n'est pas exigée dans la définition classique d'espace contractile. A moins que cela revienne au même ?Merci pour ta réponse JLT. Ta caractérisation est effectivement la bonne. En d'autres termes on peut ainsi dire que $C_0(X)$ contractible ssi si $X$ 'se contracte sur son point à l'infini'. Ca éclaire la définition.Je note $\alpha$ la dimension de $G$, et $\beta$ la dimension de $E$. Puisque ${\rm card}(G)\leq{\rm card}(E)$, on a $\alpha\leq\beta$. Je peux donc considérer un sous-espace de $E$ de dimension $\alpha$, ce qui résout ton affaire.Par continuité uniforme, il existe $0<r<1$ tel que si $\|x-y\|<1-r$, avec $x,y\in B^n$, alors $\|\phi(x)-\phi(y)\|<\epsilon$. Si maintenant si $x\in B_n$ vérifie $\|x\|>r$, alors $\|x-\frac{x}{\|x\|}\|=(1/\|x\|-1)\|x\|=1-\|x\|<1-r$…dans Lemme de non-rétraction de la boule unité de Rn sur la sphère unité Commentaire de Manda January 2023
Bonjour!
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