Norme au carré

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Arnaud
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Message par Arnaud »

Merci bibi6 :wink: 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.
Arnaud
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lat_ex
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Message par lat_ex »

bibi6 a écrit :
lat_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 ...
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 que
$$(.|.): X'^2 \rightarrow \R ; (f,g) \rightarrow (f|g) := \sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)$$
soit un produit scalaire!)
pour rappel: c'est ceci que je dois prouver :
$$\|f\|\|g\|+\sum \dfrac{f(x_i)g(x_i)}{2^i} \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+
\|f\|^2\sum\dfrac{g^2(x_i)}{2^i}+\|g\|^2\sum\dfrac{f^2(x_i)}{2^i}
+\sum\dfrac{f^2(x_i)}{2}.\sum\dfrac{g^2(x_i)}{2} }$$
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
Qu'est-ce que tu veux dire? Je ne comprend pas.
merci

Arnaud
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Message par Arnaud »

Si l'inégalité donnée par bibi6 est démontrée, alors c'est presque fini, et il faut pour cela utiliser Cauchy-Schwarz.

Sais-tu ce qu'est un produit scalaire ?
Dans ce cas tu devrais savoir ce que signifie la propriété "défini", qui appartient à sa définition.
Arnaud
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lat_ex
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Message par lat_ex »

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.

lat_ex
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Message par lat_ex »

Ceci serait donc vrai :
$$ \sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big) \leq \sqrt{\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big).\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)}} $$


Mais pourquoi tu as parlé de densité Arnaud?

lat_ex
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Message par lat_ex »

$$ \|f\|\|g\|+ \sum \dfrac{f(x_i)g(x_i)}{2^i}$$

$$ \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)+\bigg(\sum\big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)\bigg)^2}$$

$$ \leq \sqrt{\|f\|^2\|g\|^2+2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big)+
\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big).\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)}$$

par Cauchy Schwarz.
Il reste à voir si
$$2\|f\|\|g\| \sum \big(2^{-i}f(x_i)g(x_i)\big) \leq \|f\|^2\sum\big(2^{-i}g^2(x_i)\big)+\|g\|^2\sum\big(2^{-i}f^2(x_i)\big)$$

lat_ex
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Message par lat_ex »

Je n'arrive pas à prouver cette inégalité. Est-ce que quelqu' un a une idée svp?
(êtes-vous d'accord avec les étapes de calcul précédentes?)
Merci

Arnaud
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Message par Arnaud »

(f|f) = 0 ssi f =0
Mais pourquoi tu as parlé de densité Arnaud?
Cette équivalence n'est pas si simple.
Tu arrives à prouver que $f$ est nulle sur la suite des $x_i$, mais pas sur $X$ tout entier.
Arnaud
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lat_ex
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Message par lat_ex »

$f = 0$ sur un ensemble dense dans $S_X$ donc $f = 0$ sur $S_X$.
Soit $x \in X$ quelconque.
Alors, $\exists y \in S_X$, $\exists r \in \R$ tel que $x = ry$.
$f(x) = f(ry) = rf(y) = r.0 = 0$
Est-ce que le raisonnement vous semble correct?
merci

[Edit: MB] LaTeX. Na pas multiplier les dollars !

Arnaud
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Message par Arnaud »

Oui.

Tu es allé trop vite sur le fait que le produit scalaire soit défini ( l'équivalence ci-dessus ), et tu voies maintenant pourquoi je dis que l'hypothèse de densité est indispensable ( à mon avis ).
Arnaud
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lat_ex
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Message par lat_ex »

Oui, je pense que j'ai compris : si $(x_i)_{i \in N}$ n'était pas dense dans $S_X$, on n'aurait pas pu conlure.
Donc, c'est ok pour ce point-là.

Maintenant,... avez-vous une idée pour terminer :roll: :oops: ?

lat_ex
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Message par lat_ex »

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

Arnaud
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Message par Arnaud »

Oui, effectivement ( norme induite ).

Comme $|||.|||$ est somme de deux normes, je crois que c'est réglé, et du coup exit les calculs compliqués ;)

D'où mes remarques précédentes, mais c'est quand beaucoup mieux que ce soit toi qui trouve :D
Arnaud
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lat_ex
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Message par lat_ex »

Arnaud 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 ;)
oui, ouf !! :D

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?

Arnaud
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Message par Arnaud »

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...
Arnaud
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lat_ex
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Message par lat_ex »

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..

linfir

Message par linfir »

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.

lat_ex
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Message par lat_ex »

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.
Bonjour, je ne comprend pas ta remarque.
C'est quoi un pseudo produit-scalaire non défini?
Je dois reprendre quelle démonstration?
Merci

guiguiche
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Message par guiguiche »

lat_ex a écrit :C'est quoi un pseudo produit-scalaire non défini?
Ce doit être une forme bininéaire symétrique positive mais non définie positive.
lat_ex a écrit :Je dois reprendre quelle démonstration?
La démo de Cauchy-Schwarz je suppose.
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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Message par lat_ex »

guiguiche a écrit :
lat_ex a écrit :C'est quoi un pseudo produit-scalaire non défini?
Ce doit être une forme bininéaire symétrique positive mais non définie positive.
Et c'est quoi une forme bilinéaire symétrique positive mais non définie positive?