Sous-espace vectoriel topologique de dimension finie

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Judoboy
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par Judoboy » 16 Oct 2012, 00:26

Re-up, j'en ai parlé à mes profs, mon lemme marche très bien et c'est la preuve la plus simple apparemment (oui je suis content et alors ?)


Mais je reste bloqué, je pense qu'on peut pas utiliser le fait que c'est complet mais je saurais pas trop dire pourquoi.

J'ai l'impression que ça n'a pas de sens de dire que complet=>fermé sans plus de précision dans notre cas parce qu'on perd tout en replongeant notre espace.

On peut pas sortir le truc de son espace ambiant, trouver un espace complet auquel il est homéomorphe et le replonger en disant "paf complet donc fermé", déjà l'identification c'est seulement un homéomorphisme et pas un lipéomorphisme, ça conserve la topologie mais y a aucune raison que ça ne touche pas à la complétude de l'espace transposé.

Et en plus c'est pas parce que c'est fermé quelque part que ça restera fermé partout où on le plonge, même avec une isométrie (enfin ça j'ai un doute).

Sinon je prends la droite réelle achevée avec la topo et la distance usuelles (c'est un truc genre d(x,y) = |arctan (x-) - arctan(y)|), je retire R, c'est homéomorphe à R qui est complet, donc c'est complet donc c'est fermé et hop R est fermé dans la droite achevée.

Bref j'ai les idées pas mal embrouillées...



Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 14:55

Hello,

je reviens là dessus avec les idées claires :

Je confirme ce que je disais : Complet => fermé dans n'importe quoi, pourvu que n'importe quoi est séparé. La seule chose qu'on a besoin dans l'espace ambiant, c'est d'y définir les limites des suites de Cauchy du Complet, pour ça on a besoin de rien d'autre que la topologie à l'arrivée et sa séparation.

Par contre, ce qu'il manquait à ma preuve, c'est qu'il ne faut pas seulement que notre sev de dimension fini soit homéomorphe à R^n mais isométrique. Mais le point 2) de ma démonstration, à savoir qu'il n'existe qu'une topologie d'espace vectoriel topologique sur R^n implique aussi que tout sev de dimension fini est isométrique à R^n donc on a ce qu'on veut.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 15:15

comment peux-tu parler d'isométrie alors qu'on a pas forcément de norme sur E ?

Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 15:19

Sur E non, mais sur F si, puisque sa topologie est exactement celle de la norme sur R^n.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 15:26

Mais si F = ]0;1[, il est homéomorphe à R, qui est complet, alors que ]0;1[ n'est pas fermé dans E = [0;1].

Quand tu dis "il faut que F soit isométrique à R^n plutôt qu'homéomorphe à R^n", ça n'a pas de sens de dire que F est isométrique (plutôt qu'homéomorphe) à R si tu n'as pas de métrique avant. Si tu la choisis exprès, ben ça ne t'apporte rien de plus que de dire que F est homéomorphe à R.

Dans le problème c'est pas que F soit complet qui est important (puisque ça n'a pas de sens, il a pas de métrique), mais c'est qu'il est fermé dans n'importe quel sur-ev de F de dimension finie, et que ces sur-ev de dimension finie recouvrent E

Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 18:53

Ce que je dis c'est que :

F est normable car homéomorphe à R^n, or tout espace vectoriel normé de dimension finie est complet car isométrique à R^n, donc F est complet.

Ca ne va pas?

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 19:22

Donc tu dis que F est "complètement métrisable" ? (il peut être muni d'une métrique qui induit sa topologie et qui fait de lui un espace complet)
En quoi ça aide à montrer que F est fermé dans E ? C'est pas en regardant des trucs intrinsèques à F que ça va répondre à la question, il faut forcément un argument qui sort de F quelquepart.

Ca m'étonnerait pas du tout si on pouvait donner un exemple de sev F (de dimension infinie) d'un espace vectoriel topologique E de sorte que F soit complètement métrisable mais ouvert dans E.

Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 19:29

Oui, F est complet donc fermé dans n'importe quoi :

Si x est limite d'une suite d'éléments de F, alors F étant complet, x appartient à F. La structure de l'espace ambiant ne joue pas, à part qu'il doit être séparé.

Je ne vois pas ce qui choque.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 19:35

Combien de fois il faut te donner le contre-exemple de ]0;1[ qui est complètement métrisable mais pas fermé dans [0;1] ?
Une suite de ]0;1[ qui tend vers 1 dans [0;1] est juste une suite qui n'est pas une suite de Cauchy dans ]0;1[.
Mais elle converge quand même dans [0;1]

Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 19:38

Quand je dis "fermé dans n'importe quoi", le n'importe quoi est tout de même un espace topologique dont la topologie induit sur F celle de la norme.

Ce n'est pas le cas pour [0;1] par rapport à ]0;1[. ]0;1[ est certes complètement métrisable mais pas pour la topologie trace de [0;1].

Ici, c'est bien parce que la topologie induite de celle de E sur F est celle de la norme que ça marche.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 19:47

Ben oui [0;1] induit sur ]0;1[ la même topologie que celle de la norme. ]0;1[ est homéomorphe à R, qui est complètement métrisable (par la distance usuelle), donc ]0;1[ l'est aussi.

Ton problème c'est que tu supposes "si d est une distance sur F compatible avec la topologie induite par E qui rende F complet, si (xn) est une suite d'éléments de F, et si xn est convergente dans E, alors (xn) est une suite de Cauchy de (F,d)".

Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 19:54

Tu as raison, c'est bien l'erreur que j'ai faite. Ok, ça marche pas du coup.

On doit quand même pouvoir utiliser à un moment ou un autre le fait que F est homéomorphe à R^n.

Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 20:01

Euh, je crois bien avoir trouvé un truc tout con :

On considère x non nul dans F et on regarde X\Rx. La projection de F est un espace vectoriel de dimension n-1. S'il est fermé, F=p-1 o p(F) aussi par continuité de la projection.

Donc en gros par récurrence il suffit de montrer que les droites vectorielles sont fermées et c'est pas trop dur.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 21:37

Si on met la topologie quotient sur E/F (j'vois pas trop ce qu'on voudrait mettre d'autre), la projection est toujours continue.
Par contre, il me semble bien que E/F est encore séparé <=> F est fermé dans E, et donc qu'une somme (finie) de fermés est fermée.
On peut donc se limiter au cas des droites vectorielles.

Mais ça ne me semble pas trivial non plus (il faut bien utiliser la complétude de R quelquepart)

Nightmare
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par Nightmare » 17 Oct 2012, 21:49

Je vois bien un truc comme ça :

On considère u(n)x une suite de Rx convergente., il suffit de montrer que u(n) est de Cauchy. On considère la suite double [u(n)-u(m)]x alors convergente vers 0. Si je considère la topologie image réciproque de celle de base par k->kx avec k réel,[u(n)-u(m)] converge vers 0 pour cette topologie, or cette topologie est celle de R donc u(n) est de Cauchy.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 22:33

Ca m'a l'air de marcher.

Si E est un espace vectoriel topologique, on a donc une notion de suite de Cauchy sans parler de distance ((xn) est "de Cauchy" <=> la suite (xn-xm) converge vers 0 quand (n,m) tendent vers l'infini)
donc on peut parler de "complétude" de manière intrinsèque.

Tout Rev topologique séparé de dimension n est homéomorphe à R^n, donc "complet".
Si (xn) est une suite convergente dans E d'éléments de F alors (xn) est une suite "de Cauchy" dans E d'éléments de F, ce qui est la même chose qu'une suite "de Cauchy" de F, qui converge donc dans F vers une limite dans F, donc converge dans E vers une limite dans F, et comme E est séparé, la limite initiale est donc dans F.

Je suis surpris.

Judoboy
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par Judoboy » 17 Oct 2012, 22:36

Chouette des réponses, je vais lire ça un peu mieux mais en attendant j'ai pensé à un truc : si on dit que tout EVT séparé de dimension n est homéomorphe à R^n, en gros on dit que s'il existe un isomorphisme (algébrique) entre 2 EVT les 2 espaces sont homéomorphes.

F a une structure d'EVT de dimenson n, du coup F est homéomorphe à R^n, et R^n est un fermé parce que c'est son propre espace ambiant et donc F est fermé.

Je suis pratiquement sûr que mon raisonnement est faux mais je vois pas où.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 22:38

Non attend la notion de suite de cauchy / complétude utilise le "-" donc il ne suffit pas d'un homéomorphisme, il faut ptetre que le "-" se comporte bien avec l'homéomorphisme.

Judoboy
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par Judoboy » 17 Oct 2012, 22:46

Au passage, est-ce qu'on peut avoir 2 espaces métriques homéomorphes, avec un espace complet et l'autre non ? Je suppose que oui mais je ne vois pas d'exemple.

Doraki
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par Doraki » 17 Oct 2012, 22:54

Un truc du genre,
f : E -> E' est un "homéomorphisme+" si f est un homéomorphisme,
et si f*f : E² -> E'² est "uniformément continue" sur la diagonale,
c'est à dire pour tout U ouvert de E' contenant 0 il existe V ouvert de E contenant 0 tel que a-b est dans V => f(a) - f(b) est dans U (et la même chose dans l'autre sens).

Alors dans ce cas les notions de suites de cauchy / complétude sont conservées.

La question deviendrait donc, est-ce que les homéomorphismes de ta question préliminaire sont uniformément continus sur la diagonale ?

 

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