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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

La compacité est au programme p 10/30
Citation :
introduire la notion de compacité dans un espace vectoriel normé ;

Ensuite tu ne dis pas pourquoi l'ensemble que tu as choisi répond à la question.

Bonne journée.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - mp-mathematiques_287424.pdf (296 KB)
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
C'est bien ce que je dis: "Dans un espace vectoriel normé". Je lis même: "la propriété de Borel-Lebesgue est hors-programme."

Il est compact parce que toute suite à valeurs dans lui admet une sous-suite convergente.

Un habitant de $\varnothing$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par L'Axone du Choix.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Dans un espace métrique, on a la caractérisation séquentiel des compacts.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Oui, sauf qu'elle est séquentielle.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Alors disons, pour éviter des polémiques inutiles, qu'il existe une solution de niveau au plus licence.

PS : je ne vois pas en quoi ton exemple répond à la question, sauf à détailler d’avantage.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
On prend une suite $(u_k)_{k \in \mathbb N}$ d'éléments de l'ensemble proposé. Par compacité de $[0, 2^{-k}]$ chaque $n \mapsto u_k(n)$ a une suite extraite convergente. Une extraction diagonale donne une suite extraite de $(u_k)_{k \in \mathbb N}$ qui converge simplement. Vu la majoration, il est facile de voir qu'elle converge aussi en norme 1.

Un habitant de $\varnothing$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par L'Axone du Choix.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Ok, il serait donc compact mais pourquoi ne pourrait-il être représenté par un sous ensemble d'un e.v.n. de dim fini, qui lui serait isométrique ?

En utilisant au plus le programme de licence.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Ok au lieu de la norme 1 je prend la norme 2. Ça ne change rien à la preuve ci-dessus. Par contre on a une infinité de vecteurs $e_1, e_2,...$ tels que $||e_i - e_j||^2 = ||e_i||^2 + ||e_j||^2$ si $i \neq j$ donc ils sont deux à deux orthogonaux.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Ah oui et si c'était isométrique à une partie d'un evn de dimension finie (mettons $\mathbb R ^n$) ce serait pour la norme 2 sinon l'isométrie induirait aussi une isométrie entre $\mathbb R^n$ muni de la norme 2 et $\mathbb R^n$ muni de l'autre norme.

Un habitant de $\varnothing$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par L'Axone du Choix.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Il est clair qu'un espace ultramétrique ne se plonge pas isométriquement dans un evn. (niveau L2 : dans un ultramétrique tout point d'une boule en est un centre, ce qui n'est pas le cas dans les evn, donc...)

Or {0,1}$\N^{*}$ muni de d(x,y)=1/{le plus petit n>0 tel que x(n) diffère de y(n)} si x,y distincts et 0 sinon
est un espace ultramétrique compact (c'est même sur la page wiki).

Ceci fournit un second contre-exemple (après celui de L'Axone du Choix) qui prolonge l'énoncé de l'exo 81 à tous les evn, pas seulement en dimension finie.

ps: publicité mensongère, l'exo est à peu près trivial.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

@L'Axone du Choix : Pourquoi alors l'isométrie ne pourrait être avec sous ensemble d'un evn de dim fini non euclidien ?

@Jesse et pourquoi ne pourrait-on pas plongé un ultramétrique dans e.v.n. de dim fini ? (avec les seuls outils disponible en licence et en moins de 20 lignes)
D'ailleurs Théorème d'Arens-Eells (p17) montre que cela est faux lorsque l'on prend un e.v.n de dimension quelconque.

Bilan : le défi n'est toujours pas relevé.

Bonne journée.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Tous les $\mathbb R$-ev de dimension finie sont isomorohes à l'un des $\mathbb R^n$, qui peut être muni de la norme $2$, et j'ai déjà expliqué pourquoi ça marche pas avec une autre norme.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Soit plus explicite, merci.

Ce que tu as montré c'est que l'on peut trouver des espaces métriques non isométriques à des sous ensemble de R-e.v euclidien, il te manque le cas d'un e.v.n. de dimension fini et de norme quelconque.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Si ce que tu dis était juste, alors un résultat prouvé pour un espace euclidien, serait vrai pour un espace muni d'une norme quelconque.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Non, j'ai déjà expliqué pourquoi.
Si c'est isométrique à une partie d'un evn de dimension finie pour la norme N alors l'isométrie induit aussi une isométrie entre Rn muni de la norme 2 et Rn muni de la norme N.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Sans plus d'explication cela me semble faux.

PS : répété une même affirmation ne constitue pas une nouvelle (ou plus précise) explication.

De plus si ton résultat était vrai, cela impliquerait que ce qui est vrai en norme euclidienne resterait vrai pour une norme quelconque ce qui est trivialement faux, sauf à préciser d'avantage tes explications.

Bref, ton explication est soit fausse soit incomplète, dans les 2 cas cela ne suffit pas pour répondre à l'énoncé.

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Eh bien à moi, elle me convient, et j'ai d'autres chats à fouetter.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
J'ai raconté n'importe quoi, autant pour moi. (Mon illusion reposait sur le "il est clair que...").

Bon, si j'ai le temps, je regarderait ça de plus près..

@L'Axone du Choix : ($\R^{n}$ , $||. ||_{2}$) est-il isométrique à ($\R^{n}$ , $||. ||_{\infty}$) ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

@Jesse : ok.

@L'Axone du Choix : si entre 2 chats tu as le temps pour écrire une preuve qui ne soit ni fausse, ni incomplète n'hésite pas.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
J'ai déjà répondu à la question 81....
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
J'ai effectivement aussi oublié un détail. Je propose une autre approche:
1) une isométrie $i$ entre evn préserve la convexité.
Preuve: soit $C$ convexe, $a,b \in C$ et $t\in [0,1]$.
Soit $u=ta+(1-t)b$.
Alors $d(a,u)+d(u,b)=d(a,b)$.
Donc $d(i(a),i(u))+d(i(u),i(b))=d(i(a),i(b))$.
Par l'inégalité triangulaire, $i(u) \in [i(a),i(b)]$.
De plus, $d(u,a)=|1-t|d(a,b)$ donc $d(i(u),i(a))=|1-t|d(i(a),i(b))$ et finalement $i(u)=ti(a)+(1-t)i(b)$.
2) L'image d'un $\mathbb R$-evn par une isométrie $i$ vers un autre $\mathbb R$-evn contient un sous-espace vectoriel affine de même dimension.
Preuve: par récurrence sur la dimension: pour la dimension $1$ c'est évident.
Ensuite, on considère l'hypothèse de récurrence jusqu'à $n$. On considère un evn de dimension $n+1$ et on l'écrit comme la somle directe d'un sev $U$ de dimension $n$ et d'une droite $d$. Par HR $i(U)$ contient un sous-espace vectoriel affine $A$ de dimension n, $i(d)$ est une droite, qui, par injectivité, intersecte $A$ en un seul point.
Par 1), l'image de notre evn contient donc l'enveloppe convexe de $i(U)$ et $i(d)$, qui est un sous-espace affine de dimension $n+1$.
3) Si on a une isométrie $i$ de l'ensemble $X$ ci-dessus vers une partie d'un $\mathbb R$-evn $E$ alors quitte à la prolonger par $i(\lambda x)=i(0)+\lambda(i(x)-i(0))$ et à restreindre aux $n$ premières coordonnées alors $E$ contient un sous-espace affine de dimension $n$. Et ce pour tout $n$.
J'espère n'avoir rien oubliè cette fois, mes chats réclament leur fouet!

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

@L'Axone du Choix : dans le 1/ tu ne peux te servir du cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire que si la norme est euclidienne, ce qui n'est pas forcément le cas ici.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Tu as raison.
Supposons qu'existe une telle isométrie $i$. On la prolonge comme indiqué plus haut pour donner une image à chacune des suites qui vaut $0$ partout et $1$ sur la $n$-ème composante. Par compacité de la boule unité dans un $\mathbb R$-ev de dimension finie, la famille des images par $i$ des suites susdites a une valeur d'adhérence, en particulier la distance entre deux de ses éléments ne peut pas toujours égaler $1$.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,

Le problème c'est que ton raisonnement n'est pas bâti sur l'existence d'une telle isométrie, mais que toute isométrie entre e.v.n serait de cette forme.

Après si tu as des précisions qui permettent de corriger ta preuve n'hésite pas, mais en l'état ta preuve me semble fausse.

Bilan : huit jours sont passés sans que personnes n'arrivent à relever le défi, qui s'adresse essentiellement aux X-ENS en particulier aux majors promos, pour vérifier que ces concours sont effectivement basés sur des coutumes.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Pour la troisième fois, j'ai déjà répondu.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Contrex: je ne vois pas ce que tu veux dire. Je suppose qu'il existe une isométrie, je la prolonge, j'arrive à une contradiction.

Joapa: le défi c'est de n'utiliser que le programme MP. Sans ce genre de contraintes, tout problème qui n'est pas ouvert n'est plus un problème de maths, mais de bibliographie.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
@Joaopa : Ce n'est pas une solution explicite bâtie sur au plus le programme de licence.

@Axone su Choix : oui mais pour éviter toute incompréhension, j'ai préféré l'étendre au programme de licence.

Pour le problème : tu ne dis pas, explicitement quelle ensemble métrique tu utilises.
De plus je te rappelle que la question est pour un espace métrique compact.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
La construction du surcorps universel de $\mathbb C_p$ est à la portée d'un très bon bon étudiant de L2
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Ok, explicite donc ta preuve alors...
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Hum si: l'ensemble des suites réelles positives majorées pour tout $n$ par $2^{-n}$, équipé de la norme 1 ou 2, peu importe.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
On est bien d'accord que la question 81 est implicitement quantifiée universellement? Et qu'il suffit donc d'un contre-exemple d'espace métrique compact tel que blablabla pour que la réponse soit: "non"?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Citation :
On la prolonge comme indiqué plus haut pour donner une image à chacune des suites qui vaut 0 partout et 1 sur la n-ème composante.

Qu'est-ce qui t'assure que ce prolongement est linéaire, injectif ou même continue ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Citation :
On est bien d'accord que la question 81 est implicitement quantifiée universellement?

Oui.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Tout ce qu'on veut c'est que le prolongement soit une isométrie non?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Oui cela suffit, mais comment es-tu sûr que ton prolongement est bien une isométrie ?
Sans utiliser l'égalité triangulaire qui est ,elle, réservée aux normes euclidiennes.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Tu as raison, pour que mon prolongement soit bien défini il faudrait être sûr que l'isométrie de départ vérifie pour tous $\lambda$ et $x$ tels que ce soit défini, que $i(\lambda x)=\lambda i(x)$.
Y'a quelque chose qui cloche là-dedans: j'y retourne immédiatement.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Soit $m(n,N)$ le cardinal maximal d'un ensemble de points deux à deux distants de 1, et tous sur la sphère unité de dimension $n$ pour la norme $N$ (ce nombre existe par compacité de ladite).
Notons $e_k$ la suite qui vaut $0$ partout sauf $1$ en $k$.
S'il y avait une isométrie $i$ de $X$ vers $(\mathbb R^n,N)$, telle que $i(0)=0$ (sans perte de généralité: quitte à translater) alors les $m(n,N)+1$ vecteurs $i(2^{-m(n,N)}e_0),...i(2^{-m(n,N)}e_{m(n,N)})$ devraient tous être sur la sphère de rayon $2^{-m(n,N)}$ et deux à deux distants de $2^{-m(n,N)}$ ce qui n'est pas possible.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Tout d'abord je tiens à saluer ta persévérance.

les points $A_j=2^{-m(n,N)}e_j$ ne sont pas distant de $2^{-m(n,N)}$ avec la norme 1 ou 2.

Bonne journée.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Pas grave, à la place je prend la norme infinie. Mon espace reste compact et là ça marche.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Ou alors je garde la norme 2 et je remplace "distant de 1" par "distant de $\sqrt 2$" ce qui ne change rien non plus.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Si tu utilises la norme sup il faut d'abord prouver qu'alors $X$ est compact (ce qui pour moi ne vas de soi).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
je garde la norme 2 et je remplace "distant de 1" par "distant de $\sqrt 2$" ce qui ne change rien non plus.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Ou sinon, il me semble que la preuve de la compacité pour la norme 1 s'adapte sans problème pour la norme 2.

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonjour,


Tout d'abord il te faut montrer que $X$ est bien compact (pour la norme 1, 2 ou une autre que tu veux utiliser) ce n'est pas si évident que cela, il faut prouver que $m(n,N)$ existe, et adapter ta preuve à cette norme.


Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
En fait, on peut considérer que tu as résolu l'énoncé en effet tu as donné la substantifique moelle de la preuve, qui permettrait de débloquer la situation et d'avoir une façon d'approche pour résoudre cette énoncé.

Voilà un énoncé plus générale sur lequel est bâtie ta substantifique moelle l'inégalité de Shah d'Ock-JLT

Maintenant pour savoir si le défi est résolu, j'ai besoin de savoir si tu es un X-ENS ?

Dans le cas contraire le défi ne serait toujours pas relevé, et serait en attente d'une mise à jour du défi.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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On dit substantifique moëlle.

C'est ridicule cette histoire de savoir si celui qui résout le problème a fait telle ou telle école ou pas.

Deux nouveles questions: soit $E$, $F$ deux $\mathbb R$-evn de dimension finie. On suppose que $i:E \to F$ est une isométrie sur son image telle que $i(0)=0$
1) a-on nécessairement $dim(F) \ge dim(E)$?
2) (si la réponse à 1 est positive) $i$ est-elle nécessairement linéaire?

Un habitant de $\varnothing$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Je m'y suis enfin remis (trop tard apparemment...).
Voici ce que je propose :

1/ Dans un evn E de dimension finie il existe un nombre fini de points tels que tout point de E est déterminé par sa distance à chacun de ces points.

2/Cette propriété est conservée par isométrie.

3/ Ce n'est pas le cas pour l'ensemble que j'avais introduit lors de mon premier post. Ni pour celui de L'Axone du Choix.

La difficulté c'est 1/, on peut l'affaiblir ainsi :

1'/ Pour tout compact K d'un evn de dimension finie, il existe un nombre fini de points de K tels que tout point de K est déterminé par sa distance à chacun de ces points.

Je n'ai pas vraiment réussi à le montrer, alors si vous avez des idées je les accepte volontier.

Pour les questions de L'Axone du Choix :
si i(E) est un ev alors le Théorème de Mazur-Ulam répond aux questions.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Pour le 1/ inégalité de S.J. ici : [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Après il existe une généralisation des isométries, que je traite dans ces énoncés :
énoncé 70
énoncé 67



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
énoncé 83 : Pour la digestion
Soit $E$ un e.v.n de dim finie, et $O$ un de ses ouverts, montrer qu'alors $O$ est la réunion dénombrable de boules ouvertes.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par contrexemple.
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