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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

Réponses

  • tu peux te limiter aux $u$ de norme 1 en remplaçant $u$ par $\displaystyle
    \frac {u}{|||u|||}$ 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 $\R^n$.
  • pour l'existence du inf, tu aurais pu tout simplement minorer par ... zéro !!
    mais par 1 c'est mieux. Si E=F avec la meme norme, c'est bien sur 1 la valeur magique
  • et donc finalement on cherche $\min \{ |||u^{-1}|||, \ |||u|||=1\}$
  • Bonjour,
    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,
    $$\inf\{!!! u!!!\times !!!u^{-1}!!!/u\in L'\}=\inf\{!!! u!!!\times !!!u^{-1}!!!/u\in L"\}$$
  • Merci Gougou pour ta judicieuse indication !
  • Merci Christophe , encore un compact pour lequel l'expression à minorer est invariante , il y en a peut-être d'autre !!

    Madec
  • Euh... ATTENTION : l'ensemble des matrices de det 1 (le groupe SL(n,R))
    est fermé non borné !! essayez la matrice


    1 1999999999999999999999999999
    0 1


    son det est 1...
  • C'est vrai que L' n'est pas fermé ni borné, il est même ouvert, mais la sphère unité de L(E,F) est bien elle compacte, et incluse dans L'
  • euh... y'a une betise : il y a des u de norme non nulle et non bijectifs !!

    aie : l'ensemble des {u bijectifs, |||u|||=1} est-il compact ? borné c'est sur,
    mais fermé je crois pas... aie aie aie
  • peut etre mixer les deux solutions (parler de det u alors que u n'est pas un endo est abusif, mais je fixe deux bases dans E et F, et je considere le det de la matrice de u dans ces bases

    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 ??
  • Bonsoir ,

    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
  • j'ai continué à réfléchir un peu, mais je suis bredouille...

    Tu es sûr de ton affirmation ?
  • on peut remarquer que $x\mapsto \|u(x)\|$ est une norme, donc équivalente à $\|x\|$ avec des constantes "atteintes" ,
    mais après je vois pas quoi en faire.
  • Voilà le contexte :il s'agit d'un extrait de problème ( niveau Spé) qui introduit

    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
  • Une petite idée.. tu considères une suite minimisante : c'est-dire des
    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 $u$
  • on peut rédiger cela sans absurde, en recherchant le noyau de $u$

    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
  • on peut rédiger cela sans absurde, en recherchant le noyau de $u$\\
    \\
    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 obtient 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
  • Je suis en train de conclure que l'ensemble des u bijectifs verifiant simultanément $|||u||| \leq a$ et $|||u^{-1}||| \leq b$ où $a$ et $b$ sont des constantes quelconques est donc (en dim finie) un compact ! (éventuellement vide !) C'est intéressant de voir qu'on peut fabriquer des compacts peu évidents...
  • Bonsoir Gougou ,

    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 un sujet de concours ? quelle école ? X ? ENS ?
  • Je suis en train de conclure que l'ensemble des $u$ bijectifs verifiant simultanément $|||u||| \leq a$ et $|||u^{-1}||| \leq b$ où $a$ et $b$ sont des constantes quelconques est donc (en dim finie) un compact ! (éventuellement vide !)
    C'est intéressant de voir qu'on peut fabriquer des compacts peu évidents...
  • Bonjour ,

    Concours ENSAE 2003
  • je suis dessus aussi et j'avais fait la vanne de la compacité....
    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?
  • Bonjour Le Poulpe

    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
  • Ok Madec je crois que j'ai compris et ça m'a l'air bon.
    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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