Judoboy a écrit:J'ai envie de dire que si on a F un ss-ev de dimension finie et y adhérent à F, on a une suite de points de F qui tend vers y (au sens de la topologie induite).
Luc a écrit:Pourquoi? ^^
Luc a écrit:Pourquoi? ^^
J'ai une preuve dans le cadre des evn : soit (E,N) un evn (de dimension quelconque) et F un ss-ev de E de dimension finie. Alors (F,N|F) est complet. En effet, soit u de Cauchy dans (F,N|F). u est bornée donc à valeurs dans une boule fermée dans un evn de dimension finie, donc à valeur dans un compact (ceci utilise le fait qu'en dimension finie, les fermés bornés sont compacts). Donc u a au moins une valeur d'adhérence dans F(par Bolzano-Weierstrass), donc exactement une car elle est de Cauchy. Donc u converge dans (F,N|F).
Mais alors F est fermé dans E, car (F,N|F) est complet dans (E,N) : cela se montre par le raisonnement que tu as fait.
je te laisse adapter la preuve dans le cadre des ev topologiques.
Nightmare a écrit:Je reviens à la charge avec un contre exemple séparé :
On considère une extension algébrique simple de Q de dimension finie (Par exemple Q(V(2)) ). C'est un espace vectoriel sur Q de dimension 2 qui munit de la topologie induite de l'usuelle de R est un espace vectoriel topologique.
Q en est un sev de dimension finie (c'est une droite vectorielle) mais n'est pas du tout fermé dans Q(V(2)).
Nightmare a écrit:Oui oui, ça ne joue pas.
En fait ce qui joue n'est pas vraiment le fait que le sev soit normé, on a pas besoin d'en parler.
Je réécris la preuve proprement :
1) F, sev de dimension finie de E, est homéomorphe à R^n pour n=dim(F)
2) La topologie trace sur F est exactement la topologie usuelle de R^n.
3) (F,T) est homéomorphe à (R^n,T) et (R^n,T) est complet donc (F,T) est complet donc fermé dans E.
Edit : En fait, c'est le point 2) qui est un peu délicat, ça sous-entend qu'il n'existe qu'une seule topologie séparé rendant topologique un espace vectoriel F de dimension finie sur R, qui est la topologie de la norme de R^dim(F)
Nightmare a écrit:Etre complet implique toujours d'être fermé. On a juste besoin de la caractérisation séquentielle dans F, et on peut l'utiliser car F est métrisable (car normable).
Donc en fait si, on a quand même besoin de dire que c'est normable.
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