����������� ������ 45 (1993), 43–48

UDC 517.982.2

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SUR LE g-ANGLE DANS UN ESPACE NORMÉ

P. M. Miličić

Résumé. En utilisant la fonctionelle g définie par (1), on définit ainsi dit le g-angle dans un espace normé réel. On démontre que cet angle remplit les conditions de Menger (Définition 1) dans un espace strictement convexe. Le g-angle et l’angle de Wilson sont égaux seulement dans un espace préhilbertien. L’orthogonalité laquelle est engendrée par le g-angle et ainsi disant la gorthogonalité ([3]) sont égaux seulement dans un espace préhilbertien. On donne encore quelques caractérisation nouvelles d’espace préhilbertien.

Soit X un espace métrique. K. Menger [2] a défini la notion d’angle dans X.

Définition 1. ([2]) Soient x, y, z ∈ X, x ≠ y, x ≠ z. Nous disons que dans X a défini un angle s’il existe le nombre non négatif ŷxz, tel que: a) ŷxz = ẑxy;

b) ŷxz = 0 si et seulement si on a d(x, y) + d(y, z) = d(x, z) ou d(x, z) + d(y, z) = d(x, y); c) ŷxz = π si et seulement si on a d(x, y) + d(x, z) = d(y, z).

On dit que le nombre ŷxz et l’angle avec le sommet x du triangle xyz. La définition suivante d’angle de Wilson est correcte au sens de la définition 1.

Définition 2. ([7]) Soient x, y, z ∈ X, x ≠ y, x ≠ z. Alors le nombre

(ŷxz)_{w} := arccos \frac{d^{2}(x, y) + d^{2}(x, z) − d^{2}(y, z)}{2d(x, y)d(x, z)}

nous disions l’angle de Wilson.

Dans un espace métrique on peut définir soi-disant un segment métrique \overline{xy} d’extrémités x et y; et, aussi, un rayon l(x, y) (une semidroite orientée) avec le début x et qui contien y (x ≠ y). A’savoir, on dit qu’un ensemble Y ⊂ X est un segment métrique (un rayon) s’il est isometétrique avec un segment (semi-droite orientée) dans un espace euclidien. Si X est un espace normé, alors l’angle de Wilson on peut définir par

(ŷxz)_{w} := arccos \frac{∥x − y∥^{2} + ∥x − z∥^{2} − ∥y − z∥^{2}}{2∥x − y∥∥x − z∥} ,

et le segment métrique \overline{xy} par \overline{xy} := \{ x(t) | 0 ⩽ t ⩽ 1 \} oú t ↦ x(t) est une courbe continue qui a la languer ∥x − y∥ et pour laquelle on a x(0) = x, x(1) = y. De Wilson tire son origine la notion d’angle parmi des rayons l_{1} = l(x, y) et l_{2} = l(x, z) (x ≠ y, x ≠ z).

Définition 3. ([7]) L’angle parmi des rayons l_{1} = l(x, y) et l_{2} = l(x, z) (s’il existe) est le nombre ∠(l_{1}, l_{2})_{w} := lim_{y→x, z→x}(ŷxz)_{w}; y ∈ l_{1}, z ∈ l_{2}.

Valentine et Wayment (1971) notent le résultat suivant.

Théorème 1. ([6]) Soit X un espace de Banach et soit il existe ∠(l(x, y), l(x, z))_{w} x ≠ y, x ≠ z, x, y, z ∈ X. Alors

∠(l(x, y), l(x, z)) = arccos \frac{∥x − y∥^{2} + ∥x − z∥^{2} − ∥y − z∥^{2}}{2∥x − y∥∥x − z∥} .

Soit, maintenant, X un espace normé réal (dim X > 1) et S(X) = { x ∈ X : ∥x∥ = 1 }. Nous allons nous occuper, ici, avec un angle défine par la fonctionelle

g(x, y) := \frac{∥x∥}{2}(τ_{−}(x, y) + τ_{+}(x, y)),  (1)

oú

τ_{±} := lim_{t→±0} t^{−1}(∥x + ty∥ − ∥x∥),  (2)

laquelle existe toujours. Les propriétés essentielles de celle-ci fonctionelle sont:

g(x, x) = ∥x∥^{2} (x ∈ X),  (3)
g(αx, βy) = αβg(x, y) (x, y ∈ X; α, β ∈ R),  (4)
g(x, x + y) = ∥x∥^{2} + g(x, y) (x, y ∈ X),  (5)
|g(x, y)| ⩽ ∥x∥∥y∥ (x, y ∈ X).  (6)

Come on a, en vertu de (6),

−1 ⩽ \frac{g(x − y, x − z) + g(x − z, x − y)}{2∥x − y∥∥x − z∥} ⩽ 1 (x ≠ y, x ≠ z),

la deéfinition suivante est correcte.

Définition 4. Nous appellerons le g-angle, avec le sommet x du triangle xyz, le nombre

(ŷxz)_{g} := arccos \frac{g(x − y, x − z) + g(x − z, x − y)}{2∥x − y∥∥x − z∥} (x ≠ y, x ≠ z).

Le cas x = 0 nous désignerons avec

∠(y, z)_{g} := arccos \frac{g(y, z) + g(z, y)}{2∥x∥∥y∥},

et nous disons que ∠(x, y)_{g} est le g-angle entre des vecteurs x et y.

Sur le g-angle dans un espace normé 45

En particulier si g(x, y) + g(x, x) = 0, alors ∠(x, y)_{g} = π/2. Dans ce cas nous disions que x et y sont orthogonaux et le note x ⊥_{g} y. A la difference de la

g-orthogonalité [3] (x ⊥_{g} y ⟺ g(x, y) = 0), celle-ci est symétrique. En outre x ⊥_{g} y∧y ⊥_{g} x ⟹ x ⊥_{g} y. L’implication inverse n’est pas vrai dans le cas géneral.

Par example, pour l’espace l^{1} et pour x = (1, 1, 1, 0, 0,…) et y = (2, 1, −3, 0,…) nous avons g(x, x) = 0 (x ⊥_{g} y) et g(y, x) = 0. Donc, x ⊥_{g} y n’entraîne pas x ⊥_{g} y.

Ajoutons ici que dans l’espace l^{1} l’angle de Wilson et le g-angle ne sont pas égaux. (Pour x = (1, 0, 0,…) et y = (−1, −1, 0,…) nous avons ∠(x, y)_{g} = arccos(−3/4), ∠(x, y)_{w} = π.)

Théorème 2. Si X est un espace strictement convexe, alors l’angle (ŷxz)_{g} remplit les condition a), b) et c) de la definition 1.

Démonstration. Il est évident qu’on a l’égalité (ŷxz)_{g} = (ẑxy)_{g} et l’inégalité 0 ⩽ (ŷxz)_{g} ⩽ π. Supposons maintenant qu’on a d(x, z) + d(y, z) = d(x, z), c’està-dire ∥x − y∥ + ∥y − z∥ = ∥x − z∥. Ceci signifie qu’on a ∥(x − y) + (y − z)∥ = ∥x − y∥ + ∥y − z∥. Comme X est strictement convexe, il existe t > 0 tel que y − z = t(x − y). D’où , d’arès des conditions (3) et (4), il s’ensuit que

(ŷxz)_{g} = arccos \frac{(1 + t)∥x − y∥}{∥x − z∥} = arccos 1 = 0.

La même chause on obtient dans le cas d(x, z) + d(y, z) = d(x, y). Comme

(ŷxz)_{g} = 0 ⟹ g(x − y, x − z) + g(x − z, x − y) = 2∥x − y∥∥x − z∥,

en vertu de la condition (6), on a

g(x − y, x − z) = g(x − z, x − y) = ∥x − y∥∥x − z∥.

En posant u = \frac{x − y}{∥x − y∥}, v = \frac{x − z}{∥x − z∥}, on obtient g(u, v) = g(v, u) = 1, d’où

g(u, u − v) = 0 et g(v, v − u) = 0, c’est-à-dire u ⊥_{g} (u − v) et v ⊥_{g} (v − u). Comme du théorème 3 [3], dans un espace strictement convexe on a l’impiquation u ⊥_{g} (u − v) ⟹ u = v, nous avons

x − y = \frac{∥x − y∥}{∥x − z∥}(x − z).

Cette égalité implique l’égalite ∥x − y∥ + ∥y − z∥ = ∥x − z∥. Donc, la condition b) est verifiée. Montrons maintenant que la condition c) est valable. Soit d(x, y) + d(x, z) = d(y, z) c’est-à-dire ∥x − y∥ + ∥x − z∥ = ∥y − z∥. Etant donné que X est un espace strictement convexe, il existe t > 0 tel que x − y = t(z − x). D’où

(ŷzx)_{g} = arccos \frac{−t∥x − z∥}{∥x − y∥} = arccos(−1) = π.

Au contraire, si (ŷzx)_{g} = π, c’est-à-dire

g(x − y, x − z) + g(x − z, x − y) = −2∥x − y∥∥x − z∥,

d’après (6), on a g(x−y, x−z)+g(x−z, x−y) = −∥x−y∥∥x−z∥. Par conséquent la condition c) est verifiée.

Théorème 3. Soit X est un espace strictement convexe et l_{1} = l(x, y) (x ≠ y), l_{2} = l(x, z) (x ≠ z) deux rayons dans X. Alors il existe l’angle ∠(l_{1}, l_{2})_{g} et on a ∠(l_{1}, l_{2})_{g} = ∠(x − y, x − z)_{g}.

Démonstration. Soient y ∈ l_{1} (x ≠ y), z ∈ l_{2} (x ≠ z). Il est bien connu que, dans un espace strictement convexe, on a \overline{xy} = \{ λx + (1 − λ)y | λ ∈ [0, 1] \} et l(x, y) = { λx + (1 − λ)y | λ ⩾ 0 }. Soinet y′ = λx + (1 − λ)y (λ ∈ [0, 1]) et z′ = tx + (1 − t)z (t ∈ [0, 1]). Alors

lim_{\begin{matrix}y′→x \\ z′→x \end{matrix}} \frac{g(x − y′, x − z′) + g(x − z′, x − y′)}{2∥x − y′∥∥x − z′∥}

= lim_{\begin{matrix}t→1 \\ λ→1 \end{matrix}} \frac{2(1 − λ)(1 − t)[g(x − y, x − z) + g(x − z, x − y)]}{2(1 − λ)(1 − t)∥x − y∥∥x − z∥} = cos ∠(x − y, x − z)_{g}.

Ainsi ∠(l_{1}, l_{2})_{g} = ∠(x − y, x − z)_{g}. Remarquons que le théorème 3 et le théorème 1 sont semblables. Mais, le théorème e a été démnostré seulement sous l’hypothèse que X est strictement convexe, pourtant le théorème 1 s été démonstré sous les hypothèse: X est complet et l’angle (l_{1}, l_{2})_{w} existe.

Le théorème 3 et le théorème 2 impliquent le résultat suivant.

Corollaire 1. Soit X strictement convexe et x est parmi y et z (x = λy + (1 − λ)z), λ ∈ (0, 1). Alors ∠(l(x, y), l(x, z))_{g} = π.

Valentine et Wayment [6] citent le résultat correspondant comme le théorème particulier. Le théorème suivant démonstre que l’expression g(x, y), dans un espace normé, non préhilbertien, ne peut pas avoir aucun de les propriétés essenciels de produit scalaire, à l’exception de les propriétés (3), (4), (5) et (6). Il répond, aussi, sur le demande quand on a ∠(x, y)_{w} = ∠(x, y)_{g}.

Théorème 4. Soit X un espace normé réel et dim X > 1. Alors les assertions auivantes sont équivalentes:

a) Le norme de X est engendrée par un produit scalaire,

b) g(x, y) = g(y, x) (x, y ∈ X),

c) g(x + y, z) = g(x, z) + g(y, z) (x, y, z ∈ X),

d) ∥x − y∥^{2} = ∥x∥^{2} + ∥y∥^{2} − 2∥x∥∥y∥ cos ∠(x, y)_{g} (x, y ∈ X),

e) ∠(x, y)_{w} = ∠(x, y)_{g} (x, y ∈ X).

Démonstration. Si la norme ∥ · ∥ est engendrée par la produit scalaire ⟨·, ·⟩ (∥x∥^{2} = ⟨x, x⟩, x ∈ X), alors, il est facil de voir que g(x, y) = ⟨x, y⟩ (x, y ∈ X). Ainsi la condition a) implique les conditions b), c), d) et e). Démontrons, encore, les impliquations: b) ⟹ d), c) ⟹ d), e) ⟹ d), d) ⟹ a).

b) ⟹ d). En appliquant (5) nous obtenons g(x+y, x) = g(x+y, x+y −y) = ∥x + y∥^{2} − g(x + y, y), c’est-à-dire on a ∥x + y∥^{2} = g(x + y, z) + g(x + y, y). Cette égalité et b) donnent ∥x + y∥^{2} = ∥x∥^{2} + ∥y∥^{2} + g(x, y) + g(y, x) (x, y ∈ X). Donc, on a

∥x − y∥^{2} = ∥x∥^{2} + ∥y∥^{2} − 2∥x∥∥y∥ cos ∠(x, y)_{g} (x, y ∈ X).

c) ⟹ d). Soit on a c). En posant, ici, z = x + y on obtient d).

e) ⟹ d). Cette implication est évidente.

d) ⟹ a). D’aprés d) on a

∥x + y∥^{2} = ∥x∥^{2} + ∥y∥^{2} + 2∥x∥∥y∥ cos ∠(x, y)_{g} (x, y ∈ X).  (7)

L’égalité d) et (7) donnent l’identité du parallélogramme ∥x − y∥^{2} + ∥x + y∥^{2} = 2∥x∥^{2} + 2∥y∥^{2}.

Corollaire 2. La norme de X est endendrée par un produit scalaire si et seulement si on a “le theéorème de cosinus” (l’égalité d)).

Théorème 5. Soit dim X ⩾ 3. Alors Xest un espace préhilbertien si et seulement si X est strictement convexe et s’il on a

u ⊥_{g} v ⟹ u ⊥_{g} v (u, v ∈ S(X)).  (8)

La démonstration s’appuie sur les lemmes suivants.

Lemme 1. [5] Soit dim X ⩾ 3. Si, pour tous u, v ∈ S(X) on a

τ_{+}(u, v) ⩾ 0 ⟹ τ_{+}(v, u) ⩾ 0,  (9)

alors (X, ∥ · ∥) est muni du produit scalaire ⟨·, ·⟩ tel que ⟨x, x⟩ = ∥x∥^{2} (x ∈ X).

Lemme 2. [1] Un espace X est strictement convexe si et seulement si, pour tout x ∈ X \{0} et y ∈ X, il existe unique α ∈ R, tel que ∥αx+y∥ = min_{λ} ∥λx+y∥.

Démonstration du théorème 5. Un espace préhilbertien est un espace strictement convexe. On vérifie immédiatement que dans tel espace on a l’impliquation (8). Supposons maintenant que X est un espace strictement convexe et qu’on a (8). On vérifie sans peine que l’impliquation (8) antraî ne l’impliquation suivante

g(u, v) = 0 ⟹ g(v, u) (u, v ∈ S(X)).  (10)

D’après le lemme 1, il suffit de prouver que l’impliquation (10) antraîne l’impliquation (9). Supposons le contraire: l’assertion (10) est vraiemais l’assertion (9) n’est pas vraie, c’est-à-dire, il existe u, v ∈ S(X) tel que on a (10) et τ_{+}(u, v) ⩾ 0 et τ_{+}(u, v) ⩾ 0. Comme on peut démontrer qu’on a τ_{−}(v, u) ⩽ τ_{+}(v, u) (u, v ∈ S(X)), il s’ensuit que

g(v, u) < 0.  (11)

Soit t = −g(v, u). Alors u+tv ≠ 0 et g(v, u+tv) = 0. Puisque g (v, \frac{u + tv}{∥u + tv∥}) = 0.

D’où, d’après (10), il s’ensuit que g(u + tv, v) = 0. En utilisant, ici, les propriétés des fonctionelles g et τ_{+} nous obtenons que

g(u + tv) = 0 ⟺ g(u + tv, tv) = 0 ⟺ g(u + tv, u + tv − u) = 0

⟺ ∥u + tv∥^{2} − g(u + tv, u) = 0 ⟺ ∥u + tv∥^{2} = g(u + tv, u)

⟹ ∥u + tv∥^{2} ⩽ ∥u + tv∥ ⟹ ∥u + tv∥ ⩽ 1.

Si ∥u + tv∥ < 1 alors \frac{∥u + tv∥ − ∥u∥}{t} < 0. Étant donné que

τ_{+}(u, v) ⩽ \frac{∥u + tv∥ − ∥u∥}{t},

on obtient τ_{+}(u, v) < 0, ce qui n’est pas possible, parce que τ_{+}(u, v) ⩾ 0. Soit ∥u+tv∥ = 1. Alors l’égalité g(u+tv, v) = 0 on obtient ∥u∥ = ∥u+tv∥ ⩽ ∥u+(t+λ)v∥ (λ ∈ R). Par conséquent min_{λ} ∥u + (t + λ)v∥ = ∥u∥ + ∥u + tv∥. D’après du lemme 2 ceci entraîne t = 0, ce qui n’est pas possible parce que t = −g(v, u) > 0.

BIBLIOGRAPHIE

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(received 08.03.1993)

Matematički fakultet, Studentski trg 16, 11000 Beograd, YUGOSLAVIA