Norme au carré
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Merci bibi6 c'est corrigé.
Cauchy-Schwarz est une bonne proposition, je me suis embarqué inutilement dans les calculs.
Pour montrer que c'est un produit scalaire, la seule difficulté réside dans le fait que ce soit défini.
Comme la suite $(x_i)_{i \in \N}$ est dense dans $S_1$, on peut conclure par densité sur l'espace tout entier ( à moins d'aller trop vite, comme à mon habitude ).
Mais sans cet argument de densité, cela me semble irréalisable.
Cauchy-Schwarz est une bonne proposition, je me suis embarqué inutilement dans les calculs.
Pour montrer que c'est un produit scalaire, la seule difficulté réside dans le fait que ce soit défini.
Comme la suite $(x_i)_{i \in \N}$ est dense dans $S_1$, on peut conclure par densité sur l'espace tout entier ( à moins d'aller trop vite, comme à mon habitude ).
Mais sans cet argument de densité, cela me semble irréalisable.
pour rappel: c'est ceci que je dois prouver :bibi6 a écrit :Vu comme ça, ça me fait penser à l'inégalité de Cauchy-Schwarz. Peut-être que je me plante, mais ça y ressemble furieusement! (encore faut-il quelat_ex a écrit :c'est ça?
$$ \sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big) ? \leq ? \sqrt{\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big).\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)}} $$
je ne vois pas ...
$$(.|.): X'^2 \rightarrow \R ; (f,g) \rightarrow (f|g) := \sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)$$
soit un produit scalaire!)
$$\|f\|\|g\|+\sum \dfrac{f(x_i)g(x_i)}{2^i} \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+
\|f\|^2\sum\dfrac{g^2(x_i)}{2^i}+\|g\|^2\sum\dfrac{f^2(x_i)}{2^i}
+\sum\dfrac{f^2(x_i)}{2}.\sum\dfrac{g^2(x_i)}{2} }$$
Qu'est-ce que tu veux dire? Je ne comprend pas.Arnaud a écrit : Cauchy-Schwarz est une bonne proposition, je me suis embarqué inutilement dans les calculs.
Pour montrer que c'est un produit scalaire, la seule difficulté réside dans le fait que ce soit défini
Comme la suite $(x_i)_i$ est dense dans $S_X$, on peut conclure par densité sur l'espace tout entier
merci
Je pense que c'est $\forall$ $f$, $g$, $h$ $\in$ $X$, $\forall$ $a$ $\in$ $\mathbb{R}$
1) $(f|g)$ = $(g|f)$
2) $(f|f)$ $\geq$ 0 et $(f|f)$ = 0 ssi $f$ =0
3) $(af|g)$ = $a(f|g)$
4) $(f+g|h)$ = $(f|h)$ + $(g|h)$
(si ma définition est correct) dans ce cas:
Le 1) est ok par commutativité de $f(x_i)$ et $g(x_i)$
Le 2) est ok car c'est la somme de nombres positifs et $(f|f)$ = 0 ssi $f$ =0 ok aussi
Le 3) est ok puisque $a$ est indépendant de $i$ on peut le sortir de la somme
Le 4) est ok aussi car dans la somme on aura : $(f+g)(x_i)$ $h(x_i)$ donc en distribuant on a $f(x_i)h(x_i)$ + $g(x_i)h(x_i)$ et on peut scinder la somme en deux parties.
Et Cauchy-Schwarz c'est $|(f|g)|$ $\leq$ $\sqrt{(f|f)}$.$\sqrt{(g|g)}$ il me semble.
1) $(f|g)$ = $(g|f)$
2) $(f|f)$ $\geq$ 0 et $(f|f)$ = 0 ssi $f$ =0
3) $(af|g)$ = $a(f|g)$
4) $(f+g|h)$ = $(f|h)$ + $(g|h)$
(si ma définition est correct) dans ce cas:
Le 1) est ok par commutativité de $f(x_i)$ et $g(x_i)$
Le 2) est ok car c'est la somme de nombres positifs et $(f|f)$ = 0 ssi $f$ =0 ok aussi
Le 3) est ok puisque $a$ est indépendant de $i$ on peut le sortir de la somme
Le 4) est ok aussi car dans la somme on aura : $(f+g)(x_i)$ $h(x_i)$ donc en distribuant on a $f(x_i)h(x_i)$ + $g(x_i)h(x_i)$ et on peut scinder la somme en deux parties.
Et Cauchy-Schwarz c'est $|(f|g)|$ $\leq$ $\sqrt{(f|f)}$.$\sqrt{(g|g)}$ il me semble.
$$ \|f\|\|g\|+ \sum \dfrac{f(x_i)g(x_i)}{2^i}$$
$$ \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)+\bigg(\sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)\bigg)^2}$$
$$ \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)+
\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big).\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)}$$
par Cauchy Schwarz.
Il reste à voir si
$$2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big) \leq \|f\|^2\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)+\|g\|^2\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big)$$
$$ \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)+\bigg(\sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)\bigg)^2}$$
$$ \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)+
\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big).\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)}$$
par Cauchy Schwarz.
Il reste à voir si
$$2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big) \leq \|f\|^2\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)+\|g\|^2\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big)$$
Bonjour, j'ai une idée pour la fin mais je voudrais être sûr que comme $$(.|.): X'^2 \rightarrow \R ; (f,g) \rightarrow (f|g) := \sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)$$ est un produit scalaire, j'en déduis que $\|f\|° = \sum\big(2^{-i}f(x_i)f(x_i)\big) $ est une norme ? (norme induite par le produit scalaire)
Merci
Merci
oui, ouf !! :DArnaud a écrit :Oui, effectivement ( norme induite ).
Comme $|||.|||$ est somme de deux normes, je crois que c'est réglé, et du coup exit les calculs compliqués ;)
J'ai encore une petite question, est-ce que je peux affirmer que $\|.\|°$ est une norme équivalente à $\|.\|$ ? Ou bien faut-il utiliser la définition de norme équivalente et tout démontrer?
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Non tu ne peux pas l'affirmer, et je ne suis pas sûr que ce soit vrai.
Mais rien n'empêche de chercher un encadrement.
En dimension finie c'est toujours vrai, mais on est en dimension infinie là.
J'espère que la solution que tu as pour la norme est correcte, je pense que oui, mais je ne suis pas à l'abris d'un détail m'échappant...
Mais rien n'empêche de chercher un encadrement.
En dimension finie c'est toujours vrai, mais on est en dimension infinie là.
J'espère que la solution que tu as pour la norme est correcte, je pense que oui, mais je ne suis pas à l'abris d'un détail m'échappant...
Bonjour,
En fait ce que je veux c'est que $||| \cdot|||$ soit équivalente à $\|\cdot \|$.
(Je l'ai fait directement sans montrer que la norme induite par le produit scalaire est équivalente à $\| \|$.)
Il faut montrer que $\exists a , b > 0 $ tels que $ a|||f|||^2 \le \|f\|^2 \le b|||f|||^2$.
Prenons $a = (1+ \sum2^{-i})^{-1}$
$$ |||f|||^2 &=& \|f\|^2 + \sum 2^{-i}f^2(x_i)
& \le & \|f\|^2 + \sum 2^{-i} \|f\|^2
& \le & \|f\|^2 (1+ \sum2^{-i}) $$
Par conséquent $$ a |||f|||^2 \le \|f\|^2 $$
Et prenons $b = 1$
$$ \|f\|^2 &\le& \|f\|^2 + \sum 2^{-i}f^2(x_i) &=& |||f|||^2 &=& b |||f|||^2$$
Ok? merci..
En fait ce que je veux c'est que $||| \cdot|||$ soit équivalente à $\|\cdot \|$.
(Je l'ai fait directement sans montrer que la norme induite par le produit scalaire est équivalente à $\| \|$.)
Il faut montrer que $\exists a , b > 0 $ tels que $ a|||f|||^2 \le \|f\|^2 \le b|||f|||^2$.
Prenons $a = (1+ \sum2^{-i})^{-1}$
$$ |||f|||^2 &=& \|f\|^2 + \sum 2^{-i}f^2(x_i)
& \le & \|f\|^2 + \sum 2^{-i} \|f\|^2
& \le & \|f\|^2 (1+ \sum2^{-i}) $$
Par conséquent $$ a |||f|||^2 \le \|f\|^2 $$
Et prenons $b = 1$
$$ \|f\|^2 &\le& \|f\|^2 + \sum 2^{-i}f^2(x_i) &=& |||f|||^2 &=& b |||f|||^2$$
Ok? merci..
Bonjour, je ne comprend pas ta remarque.linfir a écrit :Une remarque au passage : l'inégalité de Cauchy-Schwartz est vraie même avec un pseudo produit-scalaire non défini, il suffit de reprendre la démonstration.
C'est quoi un pseudo produit-scalaire non défini?
Je dois reprendre quelle démonstration?
Merci
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Ce doit être une forme bininéaire symétrique positive mais non définie positive.lat_ex a écrit :C'est quoi un pseudo produit-scalaire non défini?
La démo de Cauchy-Schwarz je suppose.lat_ex a écrit :Je dois reprendre quelle démonstration?
Pas d'aide par MP : les questions sont publiques, les réponses aussi.
Tu as apprécié l'aide qui t'a été fournie ? Alors n'hésite pas à rendre la pareille à quelqu'un d'autre.
Un peu d'autopromotion.
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