Hyperplan fermé
Salut,
J'essaye de démontrer le théorème ci-dessous. D'après le cours, je sais que tout hyperplan est le noyau d'une forme linéaire non nulle.
Théorème. Soit $H$ un hyperplan d'un $\mathbb K$-e.v.n. $E$. Les assertions suivantes sont équivalentes :
1) $H$ est fermé ;
2) $H$ est le noyau d'une forme linéaire continue non nulle.
Preuve.
(2) $\implies$ 1)). Supposons 2) et soit $\varphi\in E^{*},\varphi\neq 0$ telle que $H=\ker\varphi$ et $\varphi$ continue. Comme $\{0\}$ est un fermé de $\mathbb K$ et que $\varphi$ est continue, $\varphi^{-1}(\{0\})=H$ est un fermé de $E$.
(1) $\implies$ 2)). Supposons $H$ fermé. Comme $H$ est un hyperplan, on sait qu'il existe $\varphi\in E^{*}, \varphi\neq 0$ telle que $H=\ker\varphi$. On a $H\neq E$ car $\varphi\neq 0$ donc il existe $a\in E\backslash H$. On remarque que $a+H$ est l'image de $H\neq E$ par la translation $x\mapsto a+x$ qui est un homéomorphisme donc $a+H$ est fermé et $a+H\neq E$. Il existe alors $b\in E\backslash (a+H)$. Comme $a+H$ est fermé, $E\backslash (a+H)$ est un voisinage de $b$ donc il existe $r\in\mathbb R_{+}^{*}$ tel que $B_f(b,r)\subset E\backslash (a+H)$ donc $B_f(b,r)\cap (a+H)=\emptyset$, mais pourquoi est-ce que cela entraîne $B_f(0_E,r)\cap (a+H)=\emptyset$ ?
Merci par avance,
J'essaye de démontrer le théorème ci-dessous. D'après le cours, je sais que tout hyperplan est le noyau d'une forme linéaire non nulle.
Théorème. Soit $H$ un hyperplan d'un $\mathbb K$-e.v.n. $E$. Les assertions suivantes sont équivalentes :
1) $H$ est fermé ;
2) $H$ est le noyau d'une forme linéaire continue non nulle.
Preuve.
(2) $\implies$ 1)). Supposons 2) et soit $\varphi\in E^{*},\varphi\neq 0$ telle que $H=\ker\varphi$ et $\varphi$ continue. Comme $\{0\}$ est un fermé de $\mathbb K$ et que $\varphi$ est continue, $\varphi^{-1}(\{0\})=H$ est un fermé de $E$.
(1) $\implies$ 2)). Supposons $H$ fermé. Comme $H$ est un hyperplan, on sait qu'il existe $\varphi\in E^{*}, \varphi\neq 0$ telle que $H=\ker\varphi$. On a $H\neq E$ car $\varphi\neq 0$ donc il existe $a\in E\backslash H$. On remarque que $a+H$ est l'image de $H\neq E$ par la translation $x\mapsto a+x$ qui est un homéomorphisme donc $a+H$ est fermé et $a+H\neq E$. Il existe alors $b\in E\backslash (a+H)$. Comme $a+H$ est fermé, $E\backslash (a+H)$ est un voisinage de $b$ donc il existe $r\in\mathbb R_{+}^{*}$ tel que $B_f(b,r)\subset E\backslash (a+H)$ donc $B_f(b,r)\cap (a+H)=\emptyset$, mais pourquoi est-ce que cela entraîne $B_f(0_E,r)\cap (a+H)=\emptyset$ ?
Merci par avance,
Réponses
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Ce n'est pas si evident que si A,B deux ensembles tel que $A\subset B^c$, alors $A\cap B=\emptyset$??Le 😄 Farceur
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hftmaths écrivait:
> Il existe alors $b\in E\backslash (a+H)$.
Est-ce écrit exactement comme ça dans ton cours ? As-tu bien noté cette phrase ?
Ce qui suit est valable pour n'importe quel $b$ n'appartenant pas à $a+H$, en particulier pour $0_E$. -
Non c'est moi qui ai écrit ça. Merci, je reprends ma rédaction.
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La plus jolie preuve que je connais consiste:
Pour prouver la continuité de f, il suffit de démontrer l'existence d'une boule ouverte dont l'image est borné . Pour cela on prouve
1) il existe une boule ouverte ne rencontrant pas le noyau de f
2) Montrer que f(B) est un intervalle ne contenant par 0
3)Par symetrie de la boule, montrer que f(B) est bornée
Je ne sais pas si Gabu connait une autre façon plus jolieLe 😄 Farceur -
Laissons hftmaths finir sa rédaction plutôt que de polluer son fil, non ?
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Il a dit qu'il va revenir avec sa rédaction et en attendant son arrivée, je me posais si une preuve plus simple existe. Tu peux mp s'il y a une façon plus jolieLe 😄 Farceur
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Soit $H$ un hyperplan d'un $\mathbb K$-espace vectoriel $E$ : il est nécessairement le noyau d'une forme linéaire non nulle $f$.
Si $H$ est fermé, si $a\in E~\backslash ~H$, alors pour tout $x\in E$ : $ \displaystyle \left\vert f(x)\right\vert \leq \frac{\left\vert f(a)\right\vert }{d(a,H)}\left\Vert x\right\Vert $.
Ceci prouve que la forme linéaire $f$ est continue
Corollaire. Pour tout $x \in E$, $\displaystyle d(x,H)=\frac{\left\vert f(x)\right\vert }{\left\vert \left\vert \left\vert f\right\vert \right\vert\right\vert }$, formule qui généralise la formule analogue en vigueur dans les espaces euclidiens.
Noter que cette propriété ne se généralise pas à toute application linéaire : une application linéaire dont le noyau est fermé n'est pas nécessairement continue.
Il me semble qu'on a plusieurs fois parlé de ces questions.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Bon, Chaurien n'a pas pu s'empêcher de montrer qu'il savait faire, sans attendre que hftmaths se débrouille tout seul (je pense qu'il était bien parti pour, une fois remis dans la bonne voie).
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GBZM , j'écris ce que je crois devoir écrire, et je ne me soucie pas de ton avis à ce sujet. Alors tu me lâches, d'accord ?
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Pour développer, je peux dire que l'inégalité que je donne doit être prouvée, ce qui n'est pas immédiat, et demande donc du travail du questionneur. Mais je répète je ne crois pas avoir à justifier ce que j'écris. Marre des autorités autoproclamées.
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Me revoilà. J'étais passé sur autre chose en attendant.
(1) $\implies$ 2)). Supposons $H$ fermé. Comme $H$ est un hyperplan, on sait qu'il existe $\varphi\in E^{*}, \varphi\neq 0$ telle que $H=\ker\varphi$. On a $H\neq E$ car $\varphi\neq 0$ donc il existe $a\in E\backslash H$. On remarque que $a+H$ est l'image de $H\neq E$ par la translation $x\mapsto a+x$ qui est un homéomorphisme donc $a+H$ est fermé et $a+H\neq E$. Comme $0_E\in E\backslash (a+H)$ est ouvert, il existe $r\in\mathbb R_{+}^{*}$ tel que $B_f(0_E,r)\cap (a+H)=\emptyset$.
À partir de là, une indication du bouquin demande de montrer que $\varphi$ est bornée sur $B_f(0_E,r)$, ce que je n'arrive pas à montrer. -
Indication :
Que peux-tu dire de l'image de $B(0,r)$ par $\varphi$ (l'image d'une boule centrée en l'origine par une forme linéaire) ? Par ailleurs, est-ce que cette image peut contenir $\varphi(a)$ ? -
@ hftmaths Je sens un blocage! si c'est le cas tu peux regarder ci-dessous sinon ce n'est pas la peine
Si tu ne trouves pas l'indication de Gabu "pénétrante ", décomposant la en petites questions:
1) L'image d'un convexe par une application linéaire est...........
2)Les convexes de $\R$ sont..........
3)Ta boule est symétrique par rapport à l'origine, donc
4) $\varphi(a) n'est pas dans l'image, donc
N.B J'ai éclairci l'indication de Gabu pour débloquer et pas me vanter que je sais faireLe 😄 Farceur -
Je n'ai en effet pas réussi à terminer l'exercice avec cette méthode directe. J'ai suivi une autre méthode en supposant $\varphi$ non continue donc non bornée sur la sphère unité et à l'aide des suites on aboutit à une contradiction.
Pour tes indications :
1) Convexe.
2) Les intervalles, mais ici $\varphi$ est à valeurs dans $\mathbb K$ qui n'est pas forcément $\mathbb R$.
3) Je sais que les boules d'un e.v.n. sont convexes, mais je ne sais pas pourquoi la question insiste sur la symétrie par rapport à $0_E$.
4) $\varphi (a)\notin \varphi (B_f(0_E,r))$ qui est convexe mais je ne trouve toujours pas pourquoi $\varphi$ est bornée sur $B_f(0_E,r)$ :-S -
De mon téléphone et sans affichage du latex (enfin le code source seulement apparait), je n'en crois pas mes yeux: personne ne demande qui est la topologie. Et chaurien (et moi je ne suis pas une autorité auto-proclamée :-D c'est au moins un cc-avantage ça ) qui suppose carrément l'espace métrique (enfin j'ai vu un d(.,.) dans le code). Comment voulez-vous qu'après on lutte contre le pedzgogisme si "tout le monde devine l'implicite" : l'année d'étude de hft, voir le mois ou même la semaine et pourquoi pas où il en est dans son manuel scolaire :-S.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bonjour,
Ben, le PO a écrit "un $\mathbb K$-e.v.n. $E$", c'est pas métrique ça ?
Cordialement,
Rescassol -
Ah oui merci je n'avais pas vu. Toutes mes excuses à tous les participants!Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Moi ici j’étais aveuglé, j'ai pris $\K=\R$ ( mais l'idée de la preuve est la meme)Le 😄 Farceur
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Sinon , on peut montrer que $\varphi$ est continue sur $E\setminus H$. En effet , si $x\in E \setminus H$ , $\frac{\varphi(a) x}{\varphi(x)}=a-(a-\frac{\varphi(a) x}{\varphi(x)}) \in a+H$, d'où $$||\frac{\varphi(a) x}{\varphi(x)}|| \geq r$$ puisque $(a+H) \cap B(0,r)$ est vide. On a ainsi :
$$||\varphi(x)|| \leq \frac{||\varphi(a)|| }{r}||x||$$, ce qui établit la continuité de $\varphi$ sur $E \setminus H$. Si $x \in H$, on trivialement $|\varphi(x)|=0\leq ||x||$. On a montré que $\varphi$ est continue sur $E$. -
Sur la pointe des pieds vue ma bourde antérieure. Je trouve quand-même dommage alors qu'on parle de topologie et de continuité et d'algèbre linéaire bien propre de flinguer un rtuc aussi pur dans d'horribles calculs usines à gaz et de supposer la topologie métrisable, mais bon... c'est peut-être ça qui m'avait fait faire l'erreur de vue.
L'adhérence d'un hyperplan est un hyperplan (ou l'espace entier) et en topologie quand l'adhérence d'un truc est tout l'espace on dit qu'il est dense. Un hyperplan est donc fermé ssi il n'est pas dense. Etc..Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je trouve que la solution que j'ai proposée n'est pas mal non plus. Je le dis d'autant plus volontiers que je ne l'ai pas trouvée tout seul, elle vient d'un recueil d'exercices de Georges Flory, il y a quarante ans. Étant habitué aux espaces vectoriels normés, je n'ai pas cherché plus loin, mais si Christophe nous dit que c'est vrai dans tout EVT, eh bien tant mieux, ça fait un nouveau problème.
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Christophe l'a effectivement déjà démontré pour un EVT:
forme linéaire continue -
Bravo Blueberry pour ta mémoire. J'ai dit qu'il me semblait qu'on en avait déjà parlé, mais je ne me souvenais pas exactement.
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Plus près d'aujourd'hui :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1485992,1486662#msg-1486662 -
Je ne me rappelle plus, mais je crois qu' on peut remplacer forme linéaire par application linéaire de rang finiLe 😄 Farceur
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Salut Gebrane0,
Je pense que c'est ok ta généralisation. Enfin dans le cadre espace normée. .
Soit $\Phi : E \to F$ linéaire surjective avec dimension de $F$ fini. Si le noyau de $\Phi$ est fermée alors l'espace vectoriel $E / \text{Ker}(\Phi)$ est un espace normée (a voir) et on dispose d'un isomorphisme linéaire obtenu par quotient $$
\overline{\Phi} : E / \text{Ker}(\Phi) \to F
$$
vérifiant : $\Phi =\overline{\Phi} \circ \pi$ où $\pi$ est la surjection canonique $E \to E / \text{Ker}(\Phi)$ (bien sûr dans cette construction $\pi$ est continu).
Mais comme $\overline{\Phi}$ est un isomorphisme linéaire et que $F$ est de dimension fini, alors $\overline{\Phi}$ est une application linéaire entre espace normée de dimension fini et donc automatiquement continu. Donc $\Phi$ est continu.
Du coup, j'y crois un peu, qu'est ce que tu en penses ? -
C'est encore plus clair topologiquement : si $M$ est un sous-espace fermé de l'e.v.t. $V$, $V/M$ avec la topologie quotient est un espace vectoriel topologique séparé ; s'il est de dimension finie $n$, c'est donc (à isomorphisme d'e.v.t. près) $\mathbb{K}^n$ avec sa topologie produit (au moins pour $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.
-
De mon téléphone je donne un sketch sans latex car je m'aperçois que tout a été dit en latex et il ne fonction e sur les téléphones (il y a une version légère pour mobiles maintenant semble t il )
La non densité de l'hyper entraîne l'existence d'un ouvert U contenant dont aucune élément n'est antécédent de 1 par f. Si un x super petit est tel que f(x) > 1 alors en prenant le bon nombre t de ]0,1[ on obtient f(tx)=1 alors que pourtant tx est lui aussi super petit. Contradiction... à ceci près que le raisonnement ne marche pas par exemple si le corps topologique est IQ ou plutôt ne marche pas tel quel car j'ai utilisé (ça ne se voit pas sur ce SMS ANS) que pour tout ouvert U qui contient 0_E il existe un ouvert V idem tel que pour tout x dans V et surtout POUR TOUT t dans ]0,1[ le vecteur TX est dans U. Je ne suis pas du tout sûr qu'un evt sur IQ vérifie ça (je m'en fiche de IQ c'est juste pour signaler la finesse du truc qui utilise la compacité tacite de [0,1] pas pour faire un HS)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Christophe, Blueberry donne un lien où tu donnes une démonstration complète et en Latex! (et moi aussi sur mon tel je ne vois plus le latex, version légère aussi )
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[HS] : avant c'était mieux (on le sait bien). MathJax fonctionnait sans histoire sur téléphone. Maintenant, effectivement, ce n'est plus le cas. Un effet secondaire de la fermeture du CND de MathJax ?
[/HS] -
D'ailleurs pardon il n'y a pas d'histoire de IQ vs IR: revenir à la bonne vieille définition des fois c'est mieux: dire << tx tend vers 0 quand (t,x) tend vers (0,0_E), c'est affirmer à titre de cas particulier qu'il existe V voisinage de 0_E et SURTOUT e>0 tel que pour Tout x dans V et surtout TOUT t dans ]-e,e[ : tx est dans U. (Quelle galère ce téléphone avec ses complétions intuitives. 10mn pour taper 4lignes)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
-
@flipflop
Ta preuve est parfaite (tu)
Je viens de retrouver le lien ( c'est tres ancien) http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?2,101246,101501#msg-101501
MerciLe 😄 Farceur -
@gebrane, tu te réjouis un peu vite. flipflop, GBZM ainsi que le fil que tu mets en lien font juste remarquer à epsilon près que ton désir est quasiment un cas particulier d'admis académiques officiels qu'on ne demande pas de justifier dans des examens à bac +3,4. Est-ce ce que tu voulais? Il y a du matos derrière, échantillon :
* classes fermées => séparation
* noyau fermé => classes fermées
* il y a une et une seule topologie d'evt séparé sur IR^n
* topologie quotient => topologie d'evt
* maîtrise du concept de topologie produit
* maîtrise du concept de topologie quotient (et encore pire de norme quotient :-D )
flemme de continuer, plus d'inspiration. Admettre purement et simplement ton désir parce qu'il est intuitif serait moins audacieux, académisme mis à part :-D En tout cas, tu peux si ça te plait, essayer de le prouver directement avec les définitions et les symboles $\forall, \exists$ (j'ai quasiment écrit ce post prétexte pour avoir le plaisir de taper du latex :-D )Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Est ce que quelqu'un peut m'expliquer ce que cc voulait me dire dans son dernier message depuis son téléphone?
Pour info, j'ai subi des examens où on demande de démontrer un théorème du cours.Le 😄 Farceur -
Duquel tu parles? Le tout dernier je l'ai écrit d'un pc. C'est l'avant-dernier que j'ai écrit de mon téléphone (celui avec IQ, IR, etc)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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@Gebrane0 : remarque que je n'ai pas parlé de preuve, j'ai juste dis que j'était d'accord avec ta généralisation. Par contre, je pense que le truc important qu'utilise cette idée est le théorème : il existe une unique structure d'e.v.t séparé de dimension $n$ (je ne savais pas ça). Je n'ai pas réussi a prouver, mais je ne connais rien au e.v.t !
Dans le cas normée, un premier point clef c'est le caractère normable de $E/F$ lorsque $F$ est fermé (j'ai mis a voir dans mon post car il y a des choses a vérifier, mais faut rentrer dans les constructions quotients). Et une fois qu'on a ça le reste est le théorème sur les applications linéaires continues en dimension fini. -
il existe une unique structure d'e.v.t séparé de dimension n (je ne savais pas ça). Je n'ai pas réussi a prouver, mais je ne connais rien au e.v.t !
De manière très générale, "un machin topologique" c'est un machin doté d'une topologie telle que les opérations du machin sont continues (si ce sont des fonctions, fermées si ce sont des relations).
Dans le cas des ev, tu as un corps extérieur qui intervient et il doit être lui-même topologique pour que ça ait un sens (la notion de produit de deux espaces topologiques est importante puisque si une opération du machin va de $E^7$ dans $E$, sa continuité est celle de l'espace topologique produit $E^7$ dans l'espace $E$ (idem pour la fermeture des relations). A noter que les fonctions sont des relations et que vues comme relations, on ne demanderait que qu'elle soient fermées (et non pas a priori continues, mais ça fait le charme de l'arbitraire en maths :-D )
Tu as bien raison de te méfier du théorème que tu évoques car il est très sensible au corps topologique choisi. Rien de "banal" n'entraine que $(x,y)$ tend vers $(0,0)$ quand $xe_1+ye_2$ tend vers $0_{TonEspace}$ et ce quand bien même les $e_i$ sont non colinéaires, et que tout se passe bien par ailleurs. C'est vrai pour des corps topologiques très typiques et rares. Le hasard a voulu que ce sont ces corps qui soient étudiés dans les études, mais c'est sociologique.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Rappel: $f(x)$ tend vers $a$ quand $g(x)$ tend vers $b$ abrège:
<<pour tout voisinage (quoi que ça veuille dire) U de $a$, il existe un voisinage $V$ de $b$ tel que pour tout $x$, si $g(x) \in V$ alors $f(x)\in U$>>
Édit (merci chaurien pour le "quoi que")Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
@cc
je n'ai pas compris ce discours : @gebrane, tu te réjouis un peu vite. flipflop, GBZM ainsi que le fil que tu mets en lien font juste remarquer à epsilon près que ton désir est quasiment un cas particulier d'admis académiques officiels qu'on ne demande pas de justifier dans des examens à bac +3,4. Est-ce ce que tu voulais?Le 😄 Farceur -
Tu parles du post entier ou de l'extrait. Si c'est l'extrait, je te le redis autrement: personne n'a rien prouvé du tout et tu as semblé dire "merci". Les gens t'ont juste fait remarquer que c'était "enregistré" sous forme de packs dans les admis académiques
Et dans la suite du post, je te liste une partie de tout ce qui est admis dans ce qu'ils t'ont dit.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
[HSbis]Hey ! MathJax remarche sur téléphone ! C'est bien mystérieux tout ça... [/HSbis]
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