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 : $y=0.$
Exos sympas MP(*)
Re: Exos sympas MP(*)
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.
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.
PCSI ; MP* ; ENS de Lyon
Re: Exos sympas MP(*)
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).
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).
Re: Exos sympas MP(*)
Je propose ma preuve : très constructive, mais avec des outils du programme ! 
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 :
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 !
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 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 !
Dernière modification par Mourien le 06 mars 2021 07:09, modifié 1 fois.
PCSI ; MP* ; ENS de Lyon
Re: Exos sympas MP(*)
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
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:
Dernière modification par versionpatch le 06 mars 2021 12:17, modifié 2 fois.
2018/2020 : MPSI/MP*
X2020
X2020
Re: Exos sympas MP(*)
Jolie preuve !
Sinon on pouvait aussi construire un idempotent $ e^2=e\in T $ par l'exo classique en regardant la suite $ (x^{2^n}) $ pour $ x\in T $, et vérifier qu'il est neutre. Si on répète l'opération avec $ y\in T $, par unicité du neutre, $ e $ sera une puissance de $ y $, ainsi tout élément est inversible.
Sinon on pouvait aussi construire un idempotent $ e^2=e\in T $ par l'exo classique en regardant la suite $ (x^{2^n}) $ pour $ x\in T $, et vérifier qu'il est neutre. Si on répète l'opération avec $ y\in T $, par unicité du neutre, $ e $ sera une puissance de $ y $, ainsi tout élément est inversible.
PCSI ; MP* ; ENS de Lyon
Re: Exos sympas MP(*)
... contient une $\Bbb Q$-droite ou une $\Bbb R$-droite ?versionpatch a écrit : ↑06 mars 2021 01:48Je vous suggére l'exercice suivant
Soit $ (w_{1},w_{2},w_{3}) $ une famille libre du $\mathbb{Q}$ espace vectoriel $\mathbb{R}^{2}$. Montrer que l'adhérence de $\mathbb{Z}w_{1} + \mathbb{Z}w_{2} + \mathbb{Z}w_{3}$ contient une droite.
Moi aussi je propose un exercice :
Expliciter (par une formule) une famille libre indénombrable du $\Bbb Q$-ev $\Bbb R$.
Re: Exos sympas MP(*)
L'adhérence est prise dans la topologie de $\mathbb{R}^{2}$ comme un $\mathbb{R}$ espace vectoriel normé donc c'est la même chose.
2018/2020 : MPSI/MP*
X2020
X2020
Re: Exos sympas MP(*)
Ah oui. 
Re: Exos sympas MP(*)
Traitons d'abord le cas utile de $ (u,v) $ $ \mathbb Q $ libre dans $ \mathbb R $.
Puisque $ \mathbb Z u +\mathbb Zv $ est un sous-groupe additif de $ \mathbb R $ il est dense ou bien de la forme $ \alpha \mathbb Z $.
Or dans le second cas, on a : $ u=n\alpha, v=m\alpha $ pour $ n,m\in \mathbb Z^* $ ($ u\neq 0,v\neq 0 $ par liberté), et ainsi : $ m.u-n.v=0 $, contradiction.
Revenons au problème : Soit $ (u,v,w) $ $ \mathbb Q $ libre dans $ \mathbb R^2 $.
Distinguons deux cas : si $ rg(u,v,w)=1 $, alors, on se ramène à la dimension 1, et l'adhérence contient bien la droite $ \mathbb R u $.
Si $ rg(u,v,w)=2 $, on considère spdg la base $ (u,v) $, et on écrit dans cette base : $ u=(1,0), v=(0,1), w=(a,b) $. Si $ a=0 \lor b=0 $, on se ramène au cas de la dimension 1. Supposons donc $ a\neq 0 \land b\neq 0 $.
Ensuite, dans $ \mathbb R $ on a $ (1,a) $ ou $ (1,b) $ $ \mathbb Q $ libre.
En effet, donnons nous des relations de liaison à coefficients entiers (on se ramène à ce cas en multipliant par le ppcm des dénominateurs) :
$ n+ma=0, p+qb=0 $ alors $ nq.u+mq.w+mp.v=(nq+mqa,mp+mqb)=(0,0) $ donc $ nq=mq=mp=0 $. On a donc $ n=0\lor q=0 $ puis $ (n=0 \land m=0)\lor(q=0\land p=0) $.
Spdg on a $ (1,a) $ $ \mathbb Q $ libre dans $ \mathbb R $. Ainsi $ A=\mathbb Z+\mathbb Za $ est dense dans $ \mathbb R $.
Montrons que $ \mathbb R u \subset \overline{\mathbb Zu+\mathbb Zv+\mathbb Zw} $.
Soit $ \epsilon>0 $.
Pour cela, on se donne par densité deux suites composées d'éléments distincts de $ A : (a_n^{(1)}) $ et $ (a_n^{(2)}) $ à valeurs respectivement dans $ [0,\epsilon/3] $ et $ [2\epsilon/3, \epsilon] $.
En ramenant au pavé $ [0,1]^2 $ par translations entières le long de l'axe des ordonnées, on se donne alors des suites $ u_n^{(1)}=(a_n^{(1)}, b_n^{(1)}) $ et $ (a_n^{(2)},b_n^{(2)}) $ à valeurs dans $ Z=\mathbb Zu+\mathbb Zv+\mathbb Zw $, avec $ b_n^{(1)}, b_n^{(2)} \in [0,1] $.
Par principe des tiroirs infinis, on peut trouver $ |b_n^{(1)}-b_m^{(2)}|\le \dfrac {\epsilon^2}3 $, et on a de plus $ \epsilon \ge a_n^{(2)}-a_m^{(1)}\ge \epsilon/3 $. Posons $ x=u_m^{(2)}-u_n^{(1)}=(\alpha, \beta)\in Z $.
Alors pour $ y\in [0,1] $, en itérant x, on sait que pour un certain entier $ 0\le r \le \dfrac 3{\epsilon} $, on a :$ |r\alpha-y|\le \epsilon $ et de plus $ |r\beta|\le \epsilon $.
Autrement dit $ ||rx-(y,0)||\le 2 \epsilon $.
Cela conclut.
Je ne pense pas avoir fait d'erreur, mais je serais très heureux si quelqu'un se donnait la peine de relire cette preuve assez technique !
Peut-on faire plus simple ?
Puisque $ \mathbb Z u +\mathbb Zv $ est un sous-groupe additif de $ \mathbb R $ il est dense ou bien de la forme $ \alpha \mathbb Z $.
Or dans le second cas, on a : $ u=n\alpha, v=m\alpha $ pour $ n,m\in \mathbb Z^* $ ($ u\neq 0,v\neq 0 $ par liberté), et ainsi : $ m.u-n.v=0 $, contradiction.
Revenons au problème : Soit $ (u,v,w) $ $ \mathbb Q $ libre dans $ \mathbb R^2 $.
Distinguons deux cas : si $ rg(u,v,w)=1 $, alors, on se ramène à la dimension 1, et l'adhérence contient bien la droite $ \mathbb R u $.
Si $ rg(u,v,w)=2 $, on considère spdg la base $ (u,v) $, et on écrit dans cette base : $ u=(1,0), v=(0,1), w=(a,b) $. Si $ a=0 \lor b=0 $, on se ramène au cas de la dimension 1. Supposons donc $ a\neq 0 \land b\neq 0 $.
Ensuite, dans $ \mathbb R $ on a $ (1,a) $ ou $ (1,b) $ $ \mathbb Q $ libre.
En effet, donnons nous des relations de liaison à coefficients entiers (on se ramène à ce cas en multipliant par le ppcm des dénominateurs) :
$ n+ma=0, p+qb=0 $ alors $ nq.u+mq.w+mp.v=(nq+mqa,mp+mqb)=(0,0) $ donc $ nq=mq=mp=0 $. On a donc $ n=0\lor q=0 $ puis $ (n=0 \land m=0)\lor(q=0\land p=0) $.
Spdg on a $ (1,a) $ $ \mathbb Q $ libre dans $ \mathbb R $. Ainsi $ A=\mathbb Z+\mathbb Za $ est dense dans $ \mathbb R $.
Montrons que $ \mathbb R u \subset \overline{\mathbb Zu+\mathbb Zv+\mathbb Zw} $.
Soit $ \epsilon>0 $.
Pour cela, on se donne par densité deux suites composées d'éléments distincts de $ A : (a_n^{(1)}) $ et $ (a_n^{(2)}) $ à valeurs respectivement dans $ [0,\epsilon/3] $ et $ [2\epsilon/3, \epsilon] $.
En ramenant au pavé $ [0,1]^2 $ par translations entières le long de l'axe des ordonnées, on se donne alors des suites $ u_n^{(1)}=(a_n^{(1)}, b_n^{(1)}) $ et $ (a_n^{(2)},b_n^{(2)}) $ à valeurs dans $ Z=\mathbb Zu+\mathbb Zv+\mathbb Zw $, avec $ b_n^{(1)}, b_n^{(2)} \in [0,1] $.
Par principe des tiroirs infinis, on peut trouver $ |b_n^{(1)}-b_m^{(2)}|\le \dfrac {\epsilon^2}3 $, et on a de plus $ \epsilon \ge a_n^{(2)}-a_m^{(1)}\ge \epsilon/3 $. Posons $ x=u_m^{(2)}-u_n^{(1)}=(\alpha, \beta)\in Z $.
Alors pour $ y\in [0,1] $, en itérant x, on sait que pour un certain entier $ 0\le r \le \dfrac 3{\epsilon} $, on a :$ |r\alpha-y|\le \epsilon $ et de plus $ |r\beta|\le \epsilon $.
Autrement dit $ ||rx-(y,0)||\le 2 \epsilon $.
Cela conclut.
Je ne pense pas avoir fait d'erreur, mais je serais très heureux si quelqu'un se donnait la peine de relire cette preuve assez technique !
Peut-on faire plus simple ?
PCSI ; MP* ; ENS de Lyon