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Propriétés des evn de dimension finie et théorème de Riesz

Les propriétés qui viennent découlent de l'équivalence des normes. On considère encore ici un k-espace vectoriel E de dimension finie n.
Corollaire Pour toute norme $\Vert \Vert$ sur E et toute norme $\Vert \Vert$' sur k$^n$, il existe un isomorphisme bicontinue entre (E,$\Vert \Vert$) et (k$^n$,$\Vert \Vert$').
Démonstration Il suffit de fixer une base $(e_i)_{\scriptsize {i =1..n}}$ dans E et de considérer l'application $\theta$ qui à un vecteur x de E lui associe ses coordonnées dans k$^n$. Cette aplication est clairement un isomorphisme et est bicontinue ( c'est une isométrie!!!) pour la norme infinie de E et la métrique produit sur k$^n$, comme nous l'avons démontré au début de cette section. Comme de plus, toutes les normes sur E, ainsi que sur k$^n$, sont équivalentesatomaevc5, notre isomorphisme est bicontinue de E sur k$^n$, et ce quelque soient les normes choisies sur E et k$^n$.
Corollaire Un sous espace de dimension finie d'un evn est complet.
Démonstration Soit F un sous espace vectoriel d'un k-evn (X,$\Vert \Vert$) de dimension finie. Considérons la restriction de la norme de X au sous espace F. Cela définie une norme sur F que l'on note $\Vert \Vert$$_F$. Comme F est de dimension finie, la norme $\Vert \Vert$$_F$ est équivalente, si l'on se fixe une base $(e_i)_{\scriptsize {i =1..k}}$ dans F, à la métrique produit sur F. Si une suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ est de Cauchy dans (F,$\Vert \Vert$$_F$), alors elle sera de Cauchy dans (F,$\Vert \Vert$$_\infty$) et, si l'on note $(x_n^1,...,x_n^k)$ le vecteur coordonné des éléments $x_n$ de la suite et ce $\forall n \in$IN, chacune de ces coordonnées, par définition de la métrique produit, est de Cauchy dans (k,| |). k étant complet, ceci implique que chacune des suites coordonnées $(x_n^i)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ pour i=1...k converge vers un éléments $x^i$ de k. Reste à voir que la suite $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge vers

\begin{displaymath}\displaystyle{x=\sum_{i=1}^k x_i e_i}\end{displaymath}

dans (F,$\Vert \Vert$$_\infty$). Il est clair, tout d'abord, que x est élément de F. Fixons ensuite $\varepsilon>0$. Comme chaque suite $(x_n^i)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge vers $x^i$, pour tout i=1..k, on peut trouver $N(\varepsilon,i)$ tel que si n> $N(\varepsilon,i)$ alors $\vert x_n^i-x^i\vert<\varepsilon$. Posons alors

\begin{displaymath}\displaystyle{N=\sup_{i=1}^k N(\varepsilon,i).}\end{displaymath}

Si n>N

\begin{displaymath}\sup_{i=1}^k \vert x_n^i-x^i\vert<\varepsilon\end{displaymath}

ce qui signifie que $(x_n)_{\scriptsize {n \in {\rm I\!N }}}$ converge vers x pour la métrique produit, et donc pour la métrique $\Vert \Vert$$_F$. Ceci implique la complétude de F.
Corollaire Un sous espace de dimension finie d'un evn est fermé.
Démonstration Un sous espace de dimension finie d'un evn est un sous espace complet de cet evn. Comme un sous ensemble complet d'un espace métrique est fermé, notre sous espace est fermé.
Corollaire La boule unité d'un evn de dimension finie est compact pour la norme de cet evn.
Démonstration On a montré précédemment que la boule unité fermé de (E,$\Vert \Vert$$_\infty$): B$_\infty$ était compact pour la métrique produit. Elle est donc compact pour toute topologie équivalente à celle induite par la métrique produit. Soit B la boule unité fermé de (E,$\Vert \Vert$). Comme les normes $\Vert \Vert$$_\infty$ et $\Vert \Vert$ sont équivalentes il existe $\alpha \in$k tel que , pour tout x de E, $\Vert x\Vert$$\leq \alpha$$\Vert x\Vert$$_\infty$. Donc B est incluse dans l'image par l'homothétie de rapport $\alpha$ de B$_\infty$: $\alpha$B$_\infty$. Mais B$_\infty$ est compact dans (E,$\Vert \Vert$) et les homothéties vectorielles sont continues dans (E,$\Vert \Vert$). Comme l'image d'un compact par une application continue est un compact, on en déduit que $\alpha$B$_\infty$ est compact dans (E,$\Vert \Vert$). Mais B etant un sous ensemble fermé de $\alpha$B$_\infty$ est alors aussi nécessairement compact.
Remarque La réciproque de ce théorème est vraie et fait l'objet du théorème de Riez qui suit plus loin.
Corollaire Les compacts de E sont les sous ensembles fermés et bornés de E.
Démonstration On a déjà montré, dans le chapitre sur les espaces métriques compacts, que tout compact d'un espace métrique est fermé et borné. Considérons donc maintenant un sous ensemble K fermé et borné de E. Comme K est borné, on peut trouver une boule de centre 0 et de rayon r suffisamment grand pour que cette boule contienne K. L'adhérence de cette boule contiendra donc encore K. Mais cette boule est l'image par l'homothétie de centre 0 et de rapport r de la boule unité fermée de E. Rappelons que l'image d'un compact par une application continue est encore compacte, et donc $B_{f}(0,r)$ est un compact de (E,$\Vert \Vert$). Mais notre sous ensemble est alors un fermé inclus dans un compact, ce qui implique qu'il est compact.
Théorème de Riesz Si la boule unité d'un evn (E,$\Vert \Vert$) est compact alors E est de dimension finie.
On va, pour la démonstration du théorème, utiliser les notations suivantes: si F et G désignent des parties de E ,que x est élément de E et que $\lambda$ est élément de k,alors: $F+G=\lbrace f+g ; f\in F,g\in G \rbrace$, $ x+G = \lbrace x+g ; g\in G \rbrace$, $\lambda F=\lbrace \lambda f ; f\in F \rbrace$.
Démonstration Soit B la boule unité fermé de (E,$\Vert \Vert$) qui est compacte par hypothèse. On note Bo la boule unité ouverte. La famille $(x+{1 \over 2}Bo)_{\scriptsize {x \in B}}$ définit un recouvrement ouvert de B. On peut alors en extraire un recouvrement fini $(x_i+{1 \over 2} Bo)_{\scriptsize {i =1...n}}$ où n est élément de INamcb3. Soit F le sous espace vectoriel engendré par $(x_i)_{\scriptsize {i =1..n}}$. On a la série d'inclusion: B $\subset$ ${1 \over 2}$B+F , 2B $\subset$ 2(${1 \over 2}$B+F)=B+2F=B+F. Puis 4B$\subset$ 2(B+F)=2B+2F=2B+F=B+B+F. Mais B$\subset$B+F et donc 4B$\subset$ B+F. Par récurence, on montre que 2$^n$B$\subset$B+F. Mais E= $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty}2^n B}$, donc E$\subset$B+F. Supposons que E ne soit pas inclus dans F.
Soit x$\in$E$\setminus$F.Remarquons que F, étant un sous espace vectoriel de dimension finie de E, il est fermé dans E. Donc, E$\setminus$F est ouvert et pour n assez grand, la boule x+${1 \over 2^n}$B est incluse dans E$\setminus$F. C'est à dire (x+${1 \over 2^n}$B)$\cap$F=$\emptyset$, donc ($2^n$x+B)$\cap$F=$\emptyset$ ou encore $2^n$x n'est pas élément de B+F (si $2^n$x $\in$ B+F $\Rightarrow \exists b \in$B et$f\in$F tel que $2^n$x=$f+b$ mais alors $2^n$x-$b=f$ ce qui implique que l'intersection de ($2^n$x+B) et F est non vide), ce qui est absurde car on vient d'établir le contraire. Notre hypothèse de départ est donc fausse et E=F, ce qui prouve que E est de dimension finie.

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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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