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#1 10-12-2022 16:07:06

bridgslam
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Lieu : Rospez
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histoire de filtre

Bonjour,

On considère  $X = \mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ muni de la topologie produit de celle de $\mathbb{R}$
Je me demandais à titre purement académique, pour caractériser par un filtre les suites dans cet espace qui convergent si on pouvait dire la chose suivante:

Un élément s de $(\mathbb{R}^\mathbb{N})^{\mathbb{N}}$ converge ssi $\exists (s_i) \in \mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ telle que la fonction de $\mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ définie par
$f( n, i) = s_{n,i} - s_i $ converge vers 0 selon le filtre $ F = \{ [N, +\infty [ \times \mathbb{N}, N \in  \mathbb{N}\}$.

Il me semble que oui,
Merci si quelqu'un peut confirmer.

Bon après-midi
A.


"Ceux qui ne savent rien en savent toujours autant que ceux qui n'en savent pas plus qu'eux" -Pierre Dac
"Travailler sur un groupe haddock, ou être heureux comme un poisson dans l'eau..."

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#2 10-12-2022 16:47:03

Glozi
Invité

Re : histoire de filtre

Bonjour,
Je ne suis pas familier avec les filtres, mais j'ai l'impression que ton filtre $\mathcal{F} = \{[N,\infty[\times \mathbb{N}, N\in \mathbb{N}\}$ n'est pas un filtre, en effet il ne vérifie pas la propriété $\forall A \in \mathcal{F}, \forall B \subset \mathbb{N}\times \mathbb{N}, A\subset B \Rightarrow B \in \mathcal{F}$. (Sinon $\{(0,0)\}\cup [1,\infty[\times \mathbb{N}$ serait un élément de ton filtre par exemple).
J'imagine que le filtre auquel tu penses est donc plutôt
$\mathcal{F} = \{A \subset \mathbb{N}\times \mathbb{N} | \exists N\in \mathbb{N}, [N,\infty[\times \mathbb{N} \subset A\}.$

Ensuite si j'ai bien compris la notion de convergence pour les filtres, alors avec ta fonction $f$, on dit que $f$ converge vers $0$ selon $\mathcal{F}$ si et seulement si pour tout voisinage $V$ de $0$ (dans $\mathbb{R}$) alors $f^{-1}(V) \in \mathcal{F}$.

Si c'est le cas alors considérons $s_{n,i} = \delta_{n,i}$, c'est à dire $s_n$ est la suite qui vaut $1$ seulement pour sa coordonnée $n$ (et $0$ sinon). Clairement $s_n \to (0,0,\dots)$ dans $\mathbb{R}^\mathbb{N}$ (la notion de convergence dans cet espace est juste la notion de convergence simple).
Mais ici $f^{-1}(]-1/2,1/2[) = \{(n,i) \in \mathbb{N}^2 | n\neq i\}$ n'est pas un élément de $\mathcal{F}$.

Sauf erreur(s) car je n'y connais rien à la notion de filtre.

(remarque : $\mathbb{R}^\mathbb{N}$ est métrisable, donc je ne sais pas si la notion de filtre pour la convergence des suites sera très intéressante)

Bonne journée

#3 10-12-2022 16:56:22

bridgslam
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Lieu : Rospez
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Re : histoire de filtre

Bonjour,

Oui j'aurai du parler de base de filtre, et là c'est cohérent merci d'avoir rectifier à bon escient.

merci pour ta contribution

A.


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#4 10-12-2022 18:06:55

bridgslam
Membre
Lieu : Rospez
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Re : histoire de filtre

hélas je me suis mal exprimé:

La topologie est celle dont une base est constituée par les produits cartésiens quelconques d'ouverts ( les facteurs distincts de $\mathbb{R}$ n'étant pas forcément en quantité finie ... sinon il s'agit effectivement de la topologie produit) , elle est différente de la topologie produit (je n'aurais donc pas du la nommer comme cela, mea culpa).
Là la convergence n'est plus simple dans cet espace, les ouverts étant bien plus nombreux.
En réfléchissant, la convergence doit être plus stricte (uniforme je pense).
En particulier la suite $\delta$ ne converge pas pour cette topologie.

Du coup ça remet "sur le tapis" ma proposition de base de filtre et de convergence selon cette base de filtre.
Je doute fort par ailleurs que celle-ci soit métrisable.

C'est bien pour la topologie que j'évoque (mal nommé "produit" ) que je pense que c'est vrai, sauf erreur.

A.

Dernière modification par bridgslam (10-12-2022 18:09:27)


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#5 10-12-2022 18:31:18

Glozi
Invité

Re : histoire de filtre

Bonjour,
Dans ce cas ça ne marche toujours pas,
Posons $s_n =(1/2^n,1/2^n,1/2^n,\dots)$ (suite constante égale à $1/2^n$).
Alors $(s_n)$ ne converge pas vers la suite nulle pour la topologie sur $\mathbb{R}^\mathbb{N}$. En effet $U= \prod_{k\in \mathbb{N}}]-\frac{1}{2^k}, \frac{1}{2^k}[$ est un ouvert de la topologie contenant la suite nulle, mais il ne contient aucun terme de la suite $(s_n)_n$ .

Pourtant la fonction $f$ converge vers $0$ selon le filtre $\mathcal{F}$.
En effet, si $V$ est un voisinage de $0$ (dans $\mathbb{R}$)  alors il existe $N\geq 1$ tel que $1/2^n \in V$ dès que $n\geq N$ et alors $[N,\infty[ \times \mathbb{N} \subset f^{1}(V)$, ce qui montre que $f^{-1}(V)\in \mathcal{F}$.

En revanche je pense effectivement que $f$ converge vers $0$ selon le filtre $\mathcal{F}$ si et seulement si $s_n \to s$ uniformément.

(NB : l'exemple ci dessus montre que la topologie que tu mets sur $\mathbb{R}^\mathbb{N}$ n'est pas celle de la topologie uniforme).

#6 10-12-2022 18:46:30

bridgslam
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Lieu : Rospez
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Re : histoire de filtre

Bonsoir,

merci pour l'investigation -super.

C'était juste une question "en marge" pour essayer d'utiliser les filtres.

Bonne soirée

A.


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#7 11-12-2022 19:23:57

bridgslam
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Re : histoire de filtre

Bonsoir,

Apparemment sur la toile ( wikipedia ...) cette topologie est évoquée sous le terme de topologie-boite.
On peut caractériser les suites convergentes selon cette topologie, excellent exercice d'ailleurs.
La forme-même des ouverts induit un raisonnement style "diagonale" de Cantor qui limite beaucoup le champ possible des suites convergentes.
Votre contre-exemple @Glozi fait d'ailleurs bien pressentir la "mécanique" de la chose.


Bonne soirée
A.


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#8 11-12-2022 20:13:50

Glozi
Invité

Re : histoire de filtre

Bonsoir,
Je ne savais pas que cette topologie portait un nom ! Effectivement avec cet exemple de suite je me suis demandé une caractérisation de la convergence séquentielle, je crois avoir aboutit à une réponse (j'ai fait ça vite il y a peut être des erreurs...)

une réponse ?

Si $(s_n)_n$ une suite de $\mathbb{R}^\mathbb{N}$, alors $(s_n)_n$ converge vers $s_{\infty}$ au sens de la topologie boite si et seulement si il y a convergence simple et s'il existe un rang $N$ et un rang $M$ tel que pour tout $n \geq N$ et $i\geq M$ alors $s_{n,i}=s_{\infty,i}$
(en gros convergence simple habituelle mais sur un ensemble cofini alors la suite coïncide avec sa limite à partir d'un certain rang).

En effet pour $\Rightarrow$ on raisonne par contraposée. Ou bien il n'y a pas convergence simple auquel cas il n'y a aucune chance pour que la suite converge au sens de la topologie boite qui a plus d'ouverts que la topologie produit... Supposons donc qu'on n'ait pas l'autre hypothèse autrement dit supposons que pour tout $N\geq 1$ pour tout $M\geq 1$ il existe $n\geq N,i\geq M$ tels que $s_{n,i} \neq s_{\infty, i}$
On peut donc construire deux extractions $\phi, \psi$ telles que $s_{\phi(n),\psi(n)} \neq s_{\infty,\psi(n)}$. Posons $r_n = |s_{\phi(n),\psi(n)}- s_{\infty,\psi(n)}|>0$.
Considérons $U = \prod_{a\in \mathbb{N}} U_a$ où $U_a = \mathbb{R}$ si $a$ n'est pas l'un des $\psi(n)$ et $U_a = ]s_{\infty,\psi(n)} -r_n, s_{\infty,\psi(n)}+r_n[$ si $a=\psi(n)$.
Alors $U$ est un ouvert contentant la suite $s_\infty$ (car $s_{\infty,a}\in U_a$ pour tout $a\geq 0$). Mais $U$ ne contient aucun des $s_{\phi(n)}$ (car $s_{\phi(n),\psi(n)} \not\in U_{\psi(n)}$) ce qui montre la non convergence.

Pour le sens $\Leftarrow$ alors soit $U$ un ouvert élémentaire contant la suite $s_\infty$. $U$ est de la forme $\prod_{i \in \mathbb{N}}U_i$ avec $U_i$ ouvert contenant $s_{\infty,i}$. Soit $N,M$ donnés par hypohèse. Puisqu'on a convergence simple alors il existe un rang $N'\geq N$ tel que si $n\geq N'$ et $i\leq M$ $s_{n,i}\in U_i$.
Mais puisque pour $n\geq N'\geq N$ et $i\geq M$ alors $s_{n,i}=s_{\infty, i} \in U_i$ on conclut que pour $n\geq N'$ alors $s_n \in U$ et donc on a bien convergence.

Bonne soirée

#9 12-12-2022 11:35:56

bridgslam
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Re : histoire de filtre

Bonjour,

C'est pratiquement l'idée, on voit effectivement immédiatement la condition de convergences "verticales"  (si on écrit les suites images d'une suite horizontalement comme à l'accoutumée).
Pour l'autre il faut ( et il suffit, couplé à la condition précédente)  qu'à partir d'un certain rang N pour l'indice n de la suite, les suites $(s_k)_{k \in \mathbb{N}}$ soient stationnaires en $s_k^{\infty}$ pour tout k, sauf sur un ensemble fini d'indices K ( qui ne dépend que de N).
J'avoue que je ne suis pas sûr que c'est totalement équivalent à ce que tu as écrit, car le moment où ça devient égal peut encore varier "en diagonale", et la condition que tu as écrite me semble plus forte.
En tentant une représentation imagée ( j'écris O quand l'image est atteinte pour toujours sur un exemple) :
               K
<---------------------->
xxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxx....
xxxxxxxxxxxxxxxxx O xxxxxxxxxxxxxxxx...
xxxxxxxxxxxxxxxxx O O .......................
xxxxxxxxxxxxxxxxx O O O ...................

etc

Selon la valeur de n ( coordonnée de chaque ligne ) ça n'atteint pas la stationnarité au même moment.

C'est très intéressant en tout cas, même si assez abstrait.
L'usage d'un filtre peut peut-être justement simplifier cette CNS (pas si évidente),
cette fois cette topologie n'est pas métrisable.
Encore faut-il le trouver :-).


A.


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#10 12-12-2022 12:49:45

Glozi
Invité

Re : histoire de filtre

Bonjour,
Si j'ai bien compris, (dis moi si je me trompe) :
Dans la première partie de ton message tu dis que l'ensemble fini d'indices $K$ ne dépend que de $N$ et je suis d'accord avec ça (c'est ça mon $M$ dans mon énoncé, $K = \{1,\dots, M-1\}$).
Dans la deuxième partie de ton message tu dis que l'indice de la suite où $s_n$ devient égal à $s_\infty$ peut varier en diagonale lorsque $n$ varie.
Mais là je ne suis pas d'accord (ou alors je n'ai pas bien compris ?), car si par exemple $s_{n,n}\neq s_{\infty, n}$ pour tout $n$ (ou juste pour une infinité de $n$) on peut construire un ouvert $U_n$ contenant $s_{\infty,n}$ mais pas $s_{n,n}$ (en tout cas la construction de $U_n$ est possible pour une infinité de $n$) et alors l'ouvert $U=\prod_n U_n$ montre qu'il n'y a pas convergence au sens de la topologie boite (car une infinité de $s_n$ n'est pas dans $U$)
En fait je crois que je n'ai pas bien compris ton exemple...
Bonne journée

#11 12-12-2022 13:17:58

bridgslam
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Re : histoire de filtre

bonjour,

Par mon schéma, je voulais juste montrer que au-delà d'un certain rang K (dépendant juste de N ) , et sous réserve de la première condition, toutes les suites sont bien stationnaires par rapport à l'indice k , en leur composante limite, mais le moment où ça arrive peut dépendre de l'indice n.
Ta condition, si j'ai bien compris, impose, avec ma représentation en O un bloc entier de O (dans le sens des indices n et k), ce qui n'est pas obligatoire (mais c'est une condition suffisante plus forte).

J'espère me faire mieux comprendre.
J'essaierai de mettre en ligne ce que j'ai vu de mieux sur la question.

A.


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#12 12-12-2022 15:01:43

Glozi
Invité

Re : histoire de filtre

Je ne suis toujours pas d'accord,
On a une suite $(s^n)_{n\in \mathbb{N}}$. Chaque élément $s^n$ est une suite de $\mathbb{R}^\mathbb{N}$. On a également une suite $s^\infty$ de $\mathbb{R}^N$ dont on veut dire qu'elle est limite de la suite $(s^n)_n$

Pour chaque $n$ on pose $\tau_{n} := \inf\{M\in \mathbb{N} | \forall i \geq M s^n_i = s^\infty_i\}$. (notons que possiblement $\tau_n = \infty$).
Ainsi $\tau_n$ est l'indice de la suite $s^n$ où $s^n$ et $s^\infty$ deviennent identiques à partir de ce rang.

Ma condition est qu'il existe  $N\geq 1$ tel que $\{\tau_n, n\geq N\}$ est un ensemble majoré (disons par $M\in \mathbb{N}$).

Si ce n'est pas le cas, alors j'ai une extraction $\phi(n)$ telle que $\tau_{\phi(n)}$ soit strictement croissante (ou alors égale à l'infini à partir d'un certain rang).
On regarde alors la suite $s^{\phi(n)}$ et on sait par définition que pour tout indice $k<\tau_{\phi(n)}$ alors $s^{\phi(n)}_k \neq s^\infty_k$.
J'en déduis qu'il existe $\psi(n)$ une extraction telle que $s^{\phi(n)}_{\psi(n)} \neq s^\infty_{\psi(n)}$.
Il suffit de prendre pour $\psi(n)$ n'importe quelle extraction telle que $\psi(n)<\tau_{\phi(n)}$, par exemple $\psi(n)= \tau_{\phi(n)}-1$ convient si $\tau_{\phi(n)}$ est strictement croissante.

De là, j'ai toujours mon ouvert $U=\prod U_n$ qui ne contient aucun des $s^{\phi(n)}$. (avec $U_{\psi(n)}$ définit comme un ouvert contenant $s^\infty_{\psi(n)}$ mais pas $s^{\phi(n)}_{\psi(n)}$)

Une condition nécessaire pour qu'il y ait convergence au sens de la topologie boite s'écrit donc :
$\exists N \geq 1, \exists M \geq 1 \forall n\geq N \tau_n \leq M \Leftrightarrow \exists N\geq 1, \exists M\geq 1 \forall n\geq N \forall i\geq M s^n_i = s^\infty_i$.

Ainsi pour moi effectivement s'il y a convergence au sens de la topologie boite alors $\{(n,i) \in \mathbb{N}^2, s^n_i = s^\infty_i\}$ contient un ensemble de la forme $[N,\infty[\times [M,\infty[$.

Si tu n'es pas convaincu ou si je me trompe j'aimerais si possible un exemple explicite de suites qui satisfait ton schéma pour comprendre.

Bonne journée

#13 12-12-2022 17:36:58

bridgslam
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Re : histoire de filtre

Bonjour,

Si c'est complètement cela, un grand bravo car ce n'est pas facile à exprimer.

Tu me sembles aussi bon en algèbre qu'en analyse, c'est donc très intéressant sur un forum
comme celui-ci, où toute aide judicieuse est bien appréciée et quels que soient les domaines.

Merci
Bonne soirée

A.

Dernière modification par bridgslam (12-12-2022 17:37:20)


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#14 12-12-2022 18:29:54

bridgslam
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Re : histoire de filtre

Bonsoir,

Peut-on alors dire ceci : Une suite u converge dans cet espace topologique <=> $\exists l = (l_0,l_1,....) \in \mathbb{R}^{\mathbb{N} }$ telle que la fonction
$ f_{u ,l} : \mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R} $
                 $f_{u,l}(n,k) = 0 $  si  $u_k^{(n)} = l_k$ ,  1 sinon,

a pour limite 0 selon la base de filtre $\{ [N,+\infty [ \times [K,+\infty [ \}$   ?

En rajoutant la convergence simple de u vers l, j'oubliais...
A.

Dernière modification par bridgslam (12-12-2022 18:44:11)


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#15 12-12-2022 18:57:07

Glozi
Invité

Re : histoire de filtre

Bonsoir,
Joli ! La meilleurs manière de savoir si ça marche c'est de tenter une preuve !

Supposons que $u^{(n)}$ converge vers $l$ au sens de la topologie boite. Alors certainement il y a convergence simple. Montrons à présent que $f$ converge vers $0$ selon le filtre $\mathcal{F}$. En effet soit $V$ un voisinage de $0$ (dans $\mathbb{R}$). Puisque $u^{(n)}$ converge vers $l$ alors $\{(n,k) | u^{(n)}_k=l_k\} = f^{-1}(0)$ est un élément du filtre par notre discussion précédente. En particulier $f^{-1}(0) \subset f^{-1}(V)$ et donc $f^{-1}(V)$ est également un élément du filtre.

Réciproquement, prenons $V=]-1/2,1/2[$ alors $ \{(n,k) | u^{(n)}_k = l_k\}= f^{-1}(0) = f^{-1}(V)$ contient bien un ensemble de la forme $[N,\infty[\times [M,\infty[$ (puisque $f$ converge vers $0$ pour le filtre). Si on suppose de plus que $u^{(n)}$ converge simplement vers $l$ alors c'est gagné.

Bonne soirée :)

#16 13-12-2022 10:21:34

bridgslam
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Re : histoire de filtre

Bonjour,

Je me suis obstiné (un peu) avec l'utilisation d'une base de filtre dans l'idée d'éviter une expression tout-de-même délicate de la convergence séquentielle pour cette topologie ( quantificateurs...).
Après, j'avoue que  l'intérêt est sans doute limité à part son aspect théorique, mais avec les bases de filtres (ou les filtres) , la formulation est largement simplifiée  ( $lim_{\mathcal{F}} f = l $,  difficile de faire plus court ) quitte à mettre  une couche d'abstraction à l' affaire.
L'idéal ici aurait été de condenser en une seule base de filtre et une seule application auxiliaire les deux convergences nécessaires et suffisantes(donc incluant la convergence simple dans la foulée).

Merci pour ton intérêt et ta patience

Alain


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#17 13-12-2022 14:34:33

bridgslam
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Re : histoire de filtre

Bonjour,

Sinon, pour enfoncer le clou, pour rester sur des bases de filtres à part entière, une suite u converge <=>

- $lim_{\mathcal{F}} f_{u,l} = 0$ pour la base de filtre $\mathcal{F}$précédemment écrite.
-  $lim_{\mathcal{F}_i }u_{n,i}  = l_i \; \forall i \in \mathbb{N} $ , où ${\mathcal{F}_i}  = \{ [N , +\infty[ \times \{i\} \}$

ce qui évite de considérer à part la convergence simple.

A.

Dernière modification par bridgslam (13-12-2022 15:17:49)


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#18 13-12-2022 19:25:54

Glozi
Invité

Re : histoire de filtre

Bonsoir,
Oui enfin ça fait tout de même une infinité de convergence à vérifier du coup.
En revanche tu pourrais réutiliser le premier filtre et ta première fonction au début de ce post qui encodait la convergence uniforme si mes souvenirs sont bons.

Notons $(*)$ la condition $\exists N,M\geq 1, \forall n\geq N, \forall i \geq M, u^n_i =l_i$.

Alors nous avons équivalence entre
- $(u^n)_n$ converge vers $l$ pour la topologie boite
- $(*)$ et $(u^n)_n$ converge vers $l$ simplement.
- $(*)$ et $(u^n)_n$ converge vers $l$ uniformément.

Si je ne m'abuse, la dernière condition s'exprime bien avec tes deux filtres et tes deux fonctions.
Il y a sûrement plus simple, mais je n'ai aucun recul sur la notion de filtre pour avoir de l'intuition...

Bonne soirée

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