Exos sympas MP(*)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par autobox » 04 mars 2021 19:33

L'orthogonal d'une partie est égal à l'orthogonal de l'espace vectoriel qu'elle engendre, par linéarité du produit scalaire :wink:
Donc dans ton exemple, l'orthogonal d'une base (hilbertienne), c'est égal à l'orthogonal de la famille qu'elle engendre, c'est à dire l'ensemble tout entier. L'espace tout entier est évidemment dense dans lui-même :mrgreen:
En fait c'est même mieux que ça, $ X^\perp = Vect(X)^\perp = \overline{Vect(X)}^\perp $. La preuve de ce fait est cachée dans le paragraphe suivant :D

Si F est dense dans E, alors son orthogonal est nul, parce que si y est orthogonal à F, il est orthogonal à toute suite d'éléments de F. Donc si je prends x dans E et une suite $ (x_n) $ qui l'approxime dans F, par continuité du produit scalaire (Cauchy-Schwarz), y est orthogonal à x. Et donc $ y \in E^\perp = \{0\} $. Donc $ F^\perp = \{0\} $.
Réciproquement, si F est d'orthogonal nul, son adhérence étant un fermé, on a $ E = \overline{F}\oplus\overline{F}^\perp = \overline{F}\oplus F^\perp = \overline{F}\oplus\{0\} = \overline{F} $, d'où la densité.


Pour l'écriture matricielle, il manque un $ \forall n $ devant $ \langle T^n(x),y\rangle $ dans mon équivalence. J'ai juste écrit mon infinité d'égalités sous forme de système infini si tu préfères. Sauf que ce sysyème infini est particulier parce qu'il provient d'un opérateur borné (i.e continu), ce qui n'est pas le cas de toutes les matrices infinies.
Si tu es plus à l'aise avec le mot "système", il s'agit de montrer que ton système n'a qu'une seule solution y, qui est le vecteur nul

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mourien » 04 mars 2021 21:10

Je suis d'accord avec tout ce que tu as écrit !
autobox a écrit :
04 mars 2021 19:33

Réciproquement, si F est d'orthogonal nul, son adhérence étant un fermé, on a $ E = \overline{F}\oplus\overline{F}^\perp = \overline{F}\oplus F^\perp = \overline{F}\oplus\{0\} = \overline{F} $, d'où la densité.
D'accord, très bien pour la réciproque !
cf: https://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9o ... de_Hilbert

Mais ça ne résout pas le problème :

Si $ A\subset E $ et que $ \overline{Vect A}=E $ alors c'est bien $ Vect A $ qui est dense, et non (nécessairement) $ A $.

Ainsi pour $ A=\{\delta_n|n\in \mathbb N\} $ on n'a pas $ A $ dense. En revanche, $ Vect A =E $ l'est.

Ici ça pose problème car $ \{T^n(x)|x\in \mathbb N\} $ n'est pas un sous-espace vectoriel. Si je ne m'abuse tu prouves donc la densité de $ Vect \{T^n(x)|n\in \mathbb N\} $, ce qui n'est pas demandé (à moins de montrer qu'il s'agit d'un espace vectoriel).

Et j'aimerais bien la preuve de l'injectivité de la matrice de Hilbert infini. :D

Sinon, en ce qui concerne la base hilbertienne, on s'autorise les séries et pas uniquement les combinaisons linéaires donc c'est bon.
cf : https://fr.wikipedia.org/wiki/Base_de_Hilbert
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par versionpatch » 04 mars 2021 21:11

Pour l'exercice deux de Mourien, est ce qu'on parle de l'ensemble lui même ou de son espace vectoriel engendré? Je pense que la réponse est non si c'est l'ensemble lui même dans les deux cas. Si c'est infini, soit $\{f^{n}(x), n \in \mathbb{N} \}$ est inclu dans un espace de dimension finie de $E$, soit que la famille est libre et donc n'est pas dense. Si l'espace est de dimension finie, l'image d'une racine $\lambda$ de $\chi_{f}$ par les restes de la division euclidienne de $X^{k}$ par $\chi_{f}$ prend des valeurs dont l'ensemble n'est pas dense dans $\mathbb{C}$ et ceci permet de conclure.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mourien » 04 mars 2021 21:16

Versionpatch, la famille peut être libre et dense. Vu que l'espace est de dimension infinie, il y a de la place.
Pourrais-tu juste préciser pour le cas dimension finie mais je pense que c'est ça! 8)
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mourien » 04 mars 2021 21:43

Pour moi le plus clair c'est de l'écrire matriciellement :
Vu $ \mathbb C $ algébriquement clos, $ f $ est trigonalisable.

Si on regarde dans une base de trigonalisation $ (e_1,...,e_n) $ les itérés de $ f $ évalués en $ x=\lambda_1 e_1+ \dots+\lambda_n e_n $, on a :
$ f^m(x)=?e_1+\dots+?e_{n-1}+\mu^m\lambda_n e_n $, où $ \mu $ est le coefficient nn de la matrice de f dans la base de trigonalisation.

Le problème c'est que $ \{\mu^m|m\in \mathbb N\} $ n'est jamais dense dans $ \mathbb C $. Par équivalence des normes en dimension finie, on voit que cela empêche l'ensemble des itérés de f en x d'être dense.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par BobbyJoe » 05 mars 2021 00:19

Voici une preuve rigolote version analyse fonctionnelle : avec intégrale de Bochner (la généralisation de l'intégrale de Lebesgue aux fonctions à valeurs banachiques), analyse de Fourier et un peu de fonction holomorphe.

Considérons $ $ $B$ le backward-shift sur $\ell^{2}(\mathbb{C})$ dont l'action sur la base canonique de $\ell^{2}$ est : $\forall k\in \mathbb{N},\mbox{ } B(e_{k})=e_{k-1} \mbox{ avec la convention } e_{-1}=0.$

Alors le shift $T:=2B$ est hypercyclique (et même plus en fait! ^^ : en connaissant un peu de théorie ergodique, on peut montrer via le théorème de Birkhoff que T est en fait fréquemment hypercyclique... mais bref, ce n'est pas la question posée!)

En effet, considérons pour $\lambda\in \mathbb{T},$ $$X_{\lambda}=\sum\limits_{k\geq 0}\frac{{\lambda}^{k}e_{k}}{2^{k}}.$$
On a : $\displaystyle T(X_{\lambda})=\lambda X_{\lambda}.$

Soit $\Gamma \subset \mathbb{T}$ un arc de cercle non trivial (non réduit à un point et qui n'est pas le cercle unité) et considérons pour $k\in \mathbb{Z}$ : $$Y_{k}=\int_{\Gamma}\lambda^{-k}X_{\lambda}d\lambda \neq 0.$$

On a alors pour $k\in \mathbb{Z},$ $\displaystyle T(Y_{k})=Y_{k-1}.$

Alors $\displaystyle \mbox{Vect}(T^{k}(Y_{0});k\in \mathbb{N})$ est dense dans $\ell^{2}.$

En effet, soit $y\in \ell^{2}$ tel que pour tout $k\in \mathbb{N},$ $\displaystyle <y,T^{k}(Y_{0})>=0.$
On a alors pour tout $k\in \mathbb{N},$ $$\int_{\Gamma}\lambda^{k}<y,X_{\lambda}>d\lambda=0.$$
Il vient (car $<,>$ est sesqui-linéaire à droite) en faisant des bonnes combinaisons linéaires (essentiellement en utilisant le théorème de Parseval sinon) : pour tout $\lambda\in \Gamma,$ $\displaystyle \vert <y,X_{\lambda}>\vert^{2}=0.$
Et par anti-analycité (sur un voisinage du disque unité fermé) de $\displaystyle z\mapsto <y,X_{z}>$, on obtient finalement via le principe des zéros isolés : $y=0.$

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mourien » 05 mars 2021 08:05

Bonjour BobbyJoe,

Je n'ai pas pu comprendre ta preuve en détail, mais il me semble que tu utilises le même genre d'argument que autobox : tu montres que $ Vect (T^n(Y_0))_{n\in \mathbb N} $ est dense en montrant que son orthogonal est réduit à $ \{0\} $ ?

Or on veut trouver un vecteur dont l'orbite sous l'action d'un endomorphisme est dense, et non dont le sous-espace vectoriel engendré par l'orbite est dense.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par BobbyJoe » 05 mars 2021 20:44

Voilà une construction probabiliste ^^

Soit $\displaystyle (X_{k})_{k\geq 0}$ une famille de Va i.i.d, $L^{1}$, à valeurs complexes et à support $\mathbb{C}$ tout entier.
Alors il existe une réalisation du vecteur aléatoire : $\displaystyle Z=\sum\limits_{k\geq 0}\frac{X_{k}e_{k}}{2^{k}}$ qui est $T$-hypercyclique dans $\ell^{2}(\mathbb{C})$ (et même fréquemment hypercyclique).

Appelons $\mu$ la loi de $Z.$
On remarque que $\mu$ est invariante par $T=2B.$ De plus, $T$ est ergodique pour $\mu$ par la loi du $0$-$1$ de Kolmogorov.

Soit $\varepsilon>0$ (il suffit de se restreindre à une suite $(\varepsilon_{n})_{n\geq 0}$ tendant vers $0$ en décroissant).
Soit $(x_{j})_{j\geq 0}$ une famille de "polynômes" (suites à support compact) dense dans $\ell^{2}(\mathbb{C}).$

Notons pour $k\geq 0,$ $\displaystyle A_{k,j}(\varepsilon)=\left\{\omega\in \Omega\mbox{ }|\mbox{ } \|T^{k}(Z)(\omega)-x_{j}\|_{2}\leq \varepsilon \right\}.$

Alors par le théorème ergodique de Birkhoff, pour $\mu$-pp $\omega\in \Omega$ : $$\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}\mathbb{1}_{A_{k,j}(\varepsilon)}(\omega)=\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n+1}\sum\limits_{k\geq 0}\mathbb{1}_{A_{0,j}(\varepsilon)}\left(T^{k}(Z)(\omega)\right)=\mu\left( A_{0,j}(\varepsilon)\right)>0.$$
Ainsi, pour $\mu$-pp $\omega\in \Omega,$ $\displaystyle \left(T^{k}(Z)(\omega)\right)_{k\geq 0}$ est fréquemment hypercyclique (et donc hypercyclique).

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mourien » 05 mars 2021 23:10

Je propose ma preuve : très constructive, mais avec des outils du programme ! :mrgreen:

On se place dans un espace normé $ E $ muni d'une base dénombrable de vecteurs unitaires $ (e_n) $ (par exemple l'espace des polynômes complexes).

Ma preuve repose sur des partitions de $ \mathbb N $ en parties dénombrables :
SPOILER:
On pose :
$ N_1=0+2\mathbb N=\{0,2,4,\dots\} $
$ N_2=1+4\mathbb N=\{1,5,9\dots\} $,
et plus généralement $ N_n=2^{n-1}+2^n\mathbb N $ pour tout $ n>0 $.

(L'idée est de prendre à chaque fois la moitié des naturels.)

On a sans peine : $ \mathbb N = \bigcup_{n>0} N_n $

Similairement, on peut construire une partition dénombrable de chaque $ N_n $ en des parties dénombrables : $ N_n=\bigcup_{k>0} N_{n,k} $
.

On est maintenant armé pour résoudre le problème :

Pour se fixer les idées, essayons d'approcher la droite $ \mathbb C e_0 $ par la partie dénombrable dense $ \mathcal Q e_0 $ où $ \mathcal Q =\mathbb Q + i\mathbb Q $.
Prenons-en une énumération $ \{q_n|n\in\mathbb N\}=\mathcal Q $.

Posons naturellement $ x=e_0 $, puis $ f(x)=q_0 e_0 $. Et là, on est bloqué...
Or comme soulevé plus haut par versionpatch, il nous est interdit de stabiliser tout SEV de dimension finie. D'ailleurs ça nous arrange, car ainsi on pourra définir successivement f sur les itérés de f en x.

Alors, on pose cette fois-ci : $ f(x)=q_1 e_0+ \varepsilon_1 e_1 $, où $ (\varepsilon_n)=(2^{-n}) $.
Puis $ f^2(x)=q_2e_0+\varepsilon_2e_2 $ puis $ f^3(x)=q_3e_0+\varepsilon_3e_3 $ et plus généralement $ f^n(x)=q_ne_0+\varepsilon_ne_n $.

Montrons que $ \mathbb C e_0 \subset \overline{\{f^n(x)|n\in\mathbb N\}} $

Soit $ z\in \mathbb C $. On se donne une suite d'éléments différents de $ \mathcal Q $ telq que $ r_n\rightarrow z $, par densité. Soit $ \epsilon>0 $. On a pour un certain N : $ \forall n\ge N,|\varepsilon_n| \le \epsilon $ et $ |r_n-z|\le \epsilon $. Or, on puisque les $ r_n $ sont différents, on peut choisir un $ r_n=q_m $ avec $ m\ge N $ et $ n\ge N $ (il suffit de regarder $ r_N,r_{N+1},\dots, r_{2N} $):
Alors $ ||f^m(x)-ze_0||\le|r_n-z|+\varepsilon_n\le 2\epsilon $, par inégalité triangulaire, et en se rapellant que les vecteurs de base sont choisis unitaires.


Bien ! Maintenant, il faut approcher non seulement $ \mathbb Ce_0 $, mais aussi chaque $ \mathbb C e_n $, et même les $ \mathbb C (r_0e_0+r_1e_1+\dots r_ne_n) $ pour tout (n+1)-uplet à valeurs dans $ \mathcal Q $, et alors ce sera dense dans $ E $.

On va alors naturellement généraliser la construction pour une droite, mais on se dit qu'on manque de naturels ! C'est alors qu'on utilise notre super partition de $ \mathbb N $ : voir spoiler !

Formellement, on écrit pour tout $ n\ge 0 $, $ E_n=\{r_0e_0+\dots r_ne_n |(r_0,\dots,r_n)\in \mathcal Q^{n+1}\}=\{e_{n,k}|k\in\mathbb N\} $ par dénombrabilité.

Ensuite on pose $ x=e_0 $, puis pour $ m\ge 1 $, si $ (m-1)\in N_{n,k} $, on pose : $ f^m(x)=e_{n,k} + \varepsilon_me_m $.

Il faut vérifier que notre définiton est toujours légale : en effet $ e_{n,k}\in Vect(e_0,\dots,e_n) $ et $ n\le m-1<m $ (rappelons que $ m-1=2^{n-1}+\alpha 2^{n} $, pour un certain $ \alpha\in\mathbb N $, vu notre construction (elle préserve une sorte d'ordre).

Sans refaire la preuve de la densité, on se convainc alors que $ x $ est alors hypercyclique pour $ f $ ainsi construite.
(Il y a sans doute des sombres problèmes de bords mais par densité ce n'est pas un problème).

Remarquez que l'orbite de $ x $ sous l'action de $ f $ est une base, donc $ f $ est bien définie.

La preuve marche en fait dans n'importe quel C-evn de dimension dénombrable.
Et alors, dans un espace de dimension indénombrable ? Perso je ne sais pas : je pense qu'alors il y a trop de place pour remplir par densité l'espace. Ce qui assez intéressant, c'est que en dimension finie, c'est le problème inverse: il n'y a pas assez de place pour correctement remplir l'espace.
La dimension dénombrable semble me semble être le juste intermédiaire.



Sinon, je vous suggère mon exo d'algèbre, il est vraiment tout mignon !
Modifié en dernier par Mourien le 06 mars 2021 07:09, modifié 1 fois.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par versionpatch » 06 mars 2021 01:48

Pour l'exercice 1, soient $a,b \in D$ tels que $aDb$ est de cardinal minimal et soit $x \in D$. L'application $f_{x}$ de $E = aDb$ dans $xaDb$ qui à $t$ associe $xt$ est surjective car $|xaDb| \leq |aDb|$ et par minimalité, on a égalité. Ainsi, elle est aussi injective. Maintenant, on suppose que $T$ est non vide. Soient $x,y \in T$, pour tout $a,b \in D$, $xy = (ary)(xr'b) \in aDb$ pour certains $r$ et $r'$ donc $xy \in T$. Comme $T \subset E$, l'application $f_{x}$ définie précedemment, restreinte et corestreinte sur $T$ est injective. On en déduit que $f_{x}(T) = T$. De même pour le produit à droite. Maintenant, soit $x \in T$ et $e$ tel que $xe = x$. Pour tout $y \in T$, il existe $t \in T$ tel que $y = tx$ et on a $ye = txe = tx = y$ donc $e$ est un element neutre à droite de $E$. Il existe aussi de la même maniére un élement neutre à gauche et on montre facilement qu'ils sont égaux. Tout $x$ admet également un inverse à gauche et à droite, et ils sont égaux.

T peut être vide. On peut prendre $D$ l'ensemble des fonctions constantes de $\{0,1\}$ dans lui même muni de la composition. On a $1 \circ D \circ 0 = \{1\}$ et $0 \circ D \circ 1 = \{0\}$.

Je vous suggére l'exercice suivant
SPOILER:
Soit $ (w_{1},w_{2},w_{3}) $ une famille libre du $\mathbb{Q}$ espace vectoriel $\mathbb{R}^{2}$. Montrer que l'adhérence (dans le sens usuel) de $\mathbb{Z}w_{1} + \mathbb{Z}w_{2} + \mathbb{Z}w_{3}$ contient une $\mathbb{R}$ droite.
Modifié en dernier par versionpatch le 06 mars 2021 12:17, modifié 2 fois.
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