Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
240 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

"Il est facile de" 2

Envoyé par christophe c 
"Il est facile de" 2
il y a cinq années
Comme foys se montre généreux, moi aussi j'essaie, je donne une suite au fil

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?2,549404,549404#msg-549404

Je démarre à 500 si je ne me gourre pas (on en était à 480 et quelques).



Question500:
Existe-t-il une partie d'intérieur vide du plan telle que toute réunion de droites qui la contient est d'intérieur non vide

Remarque: on peut remplacer droite par pas mal de truc, on obtient ainsi des questions paramétrées de la forme 500.i où i pourra varier

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par AD.
ev
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
avatar
500 : Un cercle ? Mais ça me parait coton à démontrer.

e.v.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Indice: la réponse est non et la preuve est très courte

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
@ev pour que tu puisses t'amuser,

question 500.1:

Soit $DHV$ l'ensemble des droites du plan qui sont horizontales ou verticales (on suppose que $Plan=\R^2$ et qu'on visualise sous geogebra la chose, disons). Existe-t-il une partie d'intérieur vide du plan telle que toute réunion de droites$\in DHV$ qui la contient est d'intérieur non vide

Là comme ça tu vas pouvoir rigoler avec ton cercle, et peut-être essayer d'autres ensembles.

Je donne, en encre blanche, une correction d'une ligne de la 500:

On prolonge $A$ en un ensemble de complémentaire dénombrable d'intérieur vide et ce dernier est une réunion de droites

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
ev
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
avatar
Je ne comprends rien à ton jeu.

Le plan est une réunion de droites $DHV$ qui contient n'importe quelle partie du plan, d'intérieur vide ou non.

J'ai le quantificateur en berne ?

e.v.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Je suppose que la réponse:

il n'existe pas de telle partie, (et qu'importe que son intérieur soit vide ou pas!) vu qu'il existe toujours une réunion de droites (ou de n'importe quels trucs!) qui est l'ensemble vide,

n'est pas celle attendue


Edit: Je retire mes idioties



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par depasse.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
avatar
Pour un cercle de centre $O$ et de rayon $1$, on prend la réunion des droites verticales $x=x_0$ avec $x_0 \in \mathbb{Q}$ et $|x_0| \leq 1$, et les droites horizontales $y=y_0$ avec $$\sqrt{1-y_0^2} \notin \mathbb{Q}$$ et $|y_0| \leq 1$



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par marco.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Citation
ev
J'ai le quantificateur en berne ?

Bin en tout cas, je ne comprends pas que tu n'aies pas compris la question confused smiley

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Les éventuelles question $500.i$ avec $i\geq 2$ viendront peut-être plus tard. Voici plutôt une nouvelle question "amusante":


Question 501:
Soit $m$ une application de $\N^2$ dans $F_2$, le corps à deux éléments. Soit $(A,B)$ un couple de parties finies de $\N$. La restriction de $m$ à $A\times B$ induit naturellement une matrice que l'on notera $m*(A,B)$.

Existe-t-il $m$ et un entier $N$ tel que pour tout couple de parties $A,B$ finies telles que $card(A)=card(B)\geq N: m*(A,B)$ est inversible?


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 502:

Existe-t-il un plan projectif $a:=(M,align)$ dont l'ensemble vérité est polynomial?

Précision:

1) l'ensemble vérité de $a$ est l'ensemble des énoncés clos $P$ formés avec les connecteurs logiques, le mot (prédicat) align d'arité 3 et les quantificateurs $\forall; \exists$ tels que $a\models P$

2) Un ensemble X (ici d'énoncés) est polynomial quand il existeun entier n, un programme, par exemple en $C$, prenant en entrée un énoncé, répondant en sortie la bonne réponse (oui ou non l'énoncé est dans X) et ayant pour ça effectué un nombre d'opérations élémentaires borné par (nombre de symboles de l'énoncé)$^n$

grinning smiley peut-être la plan projectif sur $F_1$?? grinning smiley (non, j'en sais rien, je plaisante, c'est juste que le plan projectif sur $F_1$ est bien défini alors que le corps $F_1$ est un sorte de mystère de roman)

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
avatar
Pour la 501, la réponse est non. Supposons que une telle $m$ et un tel $N$ existent.

Soit $A$ une partie fixée de cardinal $N$, soit $C$ une partie variable de cardinal $N-1$, alors on considère $E(C)$ le sous-espace vectoriel de $\mathbb{F}_2^N$ engendré par les $N-1$ vecteurs de $m*(A,C)$. Soit $F(C)$ la réunion des vecteurs $m*(A,\{n\})$ lorsque $n$ décrit $\mathbb{N}-C$. Alors $F(C) \cap E(C)=\emptyset$


Alors soit $2^N$ parties disjointes $C_1,...,C_{2^N}$. $F(C_1) \cap \dots \cap F(C_{2^N})=\emptyset$. En effet, tous les vecteurs de $E(C_k)$ sont inclus dans $F(C_1) \cap \dots \cap F(C_{k-1})$. Donc $F(C_1) \cap \dots \cap F(C_{k})$ inclus strictement dans $F(C_1) \cap \dots \cap F(C_{k-1})$.

Or $F(C_1) \cap \dots \cap F(C_{2^N})$ contient au moins un élément. Donc contradiction.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par marco.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Merci Marco: j'essairai de lire et comprendre cette solution.

Je signale aussi que Marco répond à ev pour la 500.1 à propos précisément du cercle, mais que cette dernière question en tant que telle reste ouverte dans le fil pour l'instant

En voici une 503 qui sans le dire évoque des téléphones.

Question 503:

On note $T$ l'ensemble des images d'applications injective et $C^\infty$ allant de $\R$ dans $\R^2$. On note $D$ l'ensemble des parties dénombrables de $\R^2$.

Question 503.1:
Existe-t-il deux applications, l'une $f$, allant de $\R^2$ dans $\R^2$ et l'autre $g$ allant de $T$ dans $D$ telles que :
$ \forall x\in \R^2\forall y\in T: $ si $f(x)\in y$ alors $x\in g(y)$
?

Question 503.2:
Existe-t-il deux applications, l'une $f$, allant de $\R^2$ dans $\R^2$ et l'autre $g$ allant de $D$ dans $T$ telles que :
$ \forall x\in \R^2\forall y\in D: $ si $f(x)\in y$ alors $x\in g(y)$
?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
503.2: oui en prenant $f=id$ et en remarquant que toute partie dénombrable de $\R^2$ est contenue dans le graphe d'une fonction $\mathcal C^{\infty}$ (si $(a_n)_{n \in \N} \in \R^2$ on construit une fonction affine par morceaux, telle que $\forall n \in \N$ $f|_{[n,n+1]}$ est affine et $f(n+\frac{1}{2})=a_n$ puis on convole par une fonction $\mathcal C^{\infty}$ paire à support dans $[-\frac{1}{3}; \frac{1}{3}]$ bien choisie)
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Bravo foys

pour la 503.1 indice: trouver une partie du plan de cardinal card(IR²) qui intersecte tout élément de T en un dénombrable

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
avatar
Si on considère le graphe $\Gamma_f$ d'une fonction $f$ de $\R$ dans $\R$ presque nulle part dérivable, soit $P= \cup_{q \in \mathbb{Q}} \Gamma_{f+q}$. Est-ce que $P$ convient ?
ccnc
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Je ne sais pas, mais tu n'es peut-être pas obligé d'aller chercher vers des ensembles si sophistiqués. Un coup d'axiome du choix brutal peut-être?
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 504:
Soit $S$ un système ayant un nombre dénombrable d'équations algébriques à coefficients dans $\R$. On suppose que tous ses sous-systèmes finis ont une solution à coefs dans $\R$. A-t-il forcément une solution à coefs dans $\R$?

Question 505:
Soit $S$ un système d'équations algébriques ayant un nombre dénombrable d'inconnues à coefficients dans $\R$. On suppose que tous ses sous-systèmes finis ont une solution à coefs dans $\R$. A-t-il forcément une solution à coefs dans $\R$?

Question 506:Soit $E$ un ensemble et $D$ une partie dénombrable de $E$. Existe-t-il forcément une application $f$ de $E\to E$, un élément $a\in E$ telle que $\forall x\in D\exists n\in \N: x=f^n(a)$? où $f^3$ désigne $f\circ f\circ f$, etc

Question 507:Soit $E$ un ensemble et $D$ une partie dénombrable de $E$. Existe-t-il forcément une application $f$ de $E\to E$ telle que pour tout $a\in E\forall x\in D\exists n\in \N: x=f^n(a)$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Je reconnais les deux dernières questions à quelques nuances près ! :P
- Je dirais oui pour la 506 car si on disjoint les cas où $D$ est fini (où il entre en bijection avec un ensemble de la forme $\{0,1,2,...,N\}$) et ceux où il est infini (c'est-à-dire où il entre en bijection avec $\mathbb{N}$) et qu'on note $D'$ cet ensemble en bijection avec $D$ on voit bien que il suffit de poser $a=0$ ($0\in D'$) et $f(x)=x+1$ pour donner un exemple d'application $f$ et d'élément $a$ qui répond au problème. Soit $\tau$ la bijection qui permet de passer de $D$ à $D'$, on obtient donc $f(x)=\tau^{-1}(\tau(x)+1)$ et $a=\tau^{-1}(0)$ pour satisfaire l'existence pour l'ensemble $D$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Hebsilone.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
oui la 506 est inspirée de ton fil

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
504: est ambigu, au vu de 505. Rappelons quand même que la topologie de Zariski de $\R^d$ est noethérienne pour tout $d$ (Toute famille de fermés admet un élement minimal. Donc si 504 est bien ce à quoi je pense la réponse est oui).
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
505: si $n \in \mathbb N$ posons $E_n:X_1=n+X_n^2$.
$\wedge_{i=2}^n E_i$ possède toujours des solutions contrairement à $\wedge_{i=2}^{+\infty} E_i$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Foys.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années

507: sans perdre de généralité $D=\mathbb N$ (*)
On pose $f(x)=0$ si $x \in E \backslash \mathbb N$ et $f(x)=x+1$ sinon.


(*)variante: pour les gens qui considèrent qu'un ensemble fini est dénombrable $D= \mathbb Z / n \mathbb Z$

EDIT: il n'existe pas de telle application: considérer $a \in D$, poser $E'=\{f^n(a)|n\in \mathbb N\}$ et raisonner comme dans le post où l'exo original avait été proposé.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Foys.
ccnc
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Bravo foys pour 507 (et 506)

Pour 504 non. Le système composé des équations $X=n+Y_n^2$ montre que la réponse est non. Ton argument (très concis) montre que la réponse à 505 serait oui si on stipulait que le nombre total d'inconnues est fini

pardon je vois que tu as déjà répondu en fait
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 509: (directement inspirée des injections virtuelles)

Soit $A$ l'ensemble des relations réflexives et transitives $\leq$ sur $(\N^2)$ telles que $\forall n,p,k,q:$

1) si $n\leq q$ alors $(n,q)\leq (k,p)$
2) $(n,p)\geq (n+1,p+1)$
3) $(n,p)\geq (kn,kp)$
4) $non[(n+1,p)\leq (n,p)]$ sauf si $n+1\leq p$
5) si $k>1$ alors $non[(n,p)\leq (kn,kp)]$ sauf si $n\leq p$

Quel est le cardinal de $A$. S'il est fini, décrire tous ses éléments?

$x\geq y$ abrège $y\leq x$

edit : $A$ est l'ensemble des relations transitives sur $(\N^*)^2$

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
ccnc
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
C'est un mot oublié (que j'ai rajouté en modifiant mon post dans un autre fil) qui m'a donné l'idée de cette question, hélas vague, puisque commençant par "déterminer les".

Question510:

Donner une caractérisation simple des anneaux commutatifs unitaires $A$ ayant la propriété suivante:

pour tout système $S$ d'équations affines à coefficients dans $A$ et tout suranneau $B$ de $A$, si $S$ a une solution dans $B$ alors il a une solution dans $A$.


Evidemment, quand $A$ n'a pas de nilpotents, il s'agit des corps. Mais quand $A$ possède des nilpotents non triviaux...
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
À propos de 509, à moins que j'aie mal compris l'énoncé, $A$ est vide : soit $\preceq$ une relation de $A$ ; puisque $(2, 0)=(2\times 1, 2\times 0)$, selon 3), $(2, 0)\preceq(1, 0)$; mais puisque $(2, 0)=(1+1, 0)$ et $\neg(1+1\leq 0)$, selon 4), $\neg[(2, 0)\preceq(1, 0)]$.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Tentative de réponse à la question 509:

On fait intervenir la notion de "regroupement" en établissant des ensembles de couples d'entiers naturels qui possèdent des propriétés homologues.
Premièrement, le regroupement des négatifs est l'ensemble $\text{negatifs} = \{ (x,y) : x\le y\}$ pour lequel, selon 1) deux éléments de l'ensemble sont égaux entre eux et un élément de ce regroupement est forcément plus petit ou égal à un autre couple.
A.1) $A,B\in{\text{negatifs}} \Rightarrow A\le B \& B \le A$
A.2) $A\in{\text{negatifs}}, B\in\mathbb{N^2} \Rightarrow A\le B$

Pour les nombres positifs (non négatifs) maintenant, on peut commencer par en énumérer une liste non exhaustive ($(1,0), (2,0), (2,1), (3,0)$) et on s'intéresse à une reformulation du 4) qui devient:
4²) $n+1>p \Rightarrow (n+1,p) > (n,p)$
Cela signifie que si un couple est positif, alors celui-ci est plus grand que tout couple ayant un premier élément strictement inférieur. C'est-à-dire par exemple que $(3,0) > (2,0) > (1,0)$ ou encore que $(3,1) > (2,1)$. On peut donc déjà commencer à parler de l'ordre d'un couple positif en disant que celui-ci est son premier élément (on définit ainsi la notion de regroupement suivant l'ordre).

On reformule ensuite le 5) en:
5²) $k>1 et n>p \Rightarrow (n,p)>(kn, kp)$
Or du coup, $(1,0)>(2,0)$, ce qui est contradictoire avec ce que disais 4²). Donc l'ensemble A est vide.

PS: J'ai vu que je me suis fait grillé mais j'espère avoir fourni une autre méthode pour prouver que A est vide, et puis voir si ma démonstration est bonne aussi (elle est sûrement réductible par contre).
EDIT: Bien joué pubmeh, j'ai juste écrit des choses inutiles au début parce que je ne savais pas sur quoi j'allais aboutir mais la démonstration est je pense, au choix des propriétés de $\le$ qui sont utilisées près, identiques.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Hebsilone.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Pardon pour la 509, on ne met pas $0$, ie c'est sur $(\N^*)^2$

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 509:
Ceci n'est qu'une petite partie d'une plus grande démonstration (sur laquelle je travaille), cette partie traite uniquement des couples négatifs, voici ce que ça donne.

Propriétés de $\le$ équivalentes:
1) $n \le q \Rightarrow (n,q) \le (k,p)$
2) $(n+1,p+1) \le (n,p)$
3) $(kn,kp) \le (n,p)$
4) $n+1>p \Rightarrow (n+1,p) \not\le (n,p)$
5) $n>p\ et\ k>1 \Rightarrow (n,p) \not\le (kn, kp)$

$Ne = \{ (x,y) \in (\mathbb{N^*})^2 : x \le y \}$
$Po = \{ (x,y) \in (\mathbb{N^*})^2 : x > y \}$

Selon 1), on sait que si $X \in Ne$ et $Y \in (\mathbb{N^*})^2$, alors $X \le Y$.

On définit un axe comme étant un ensemble de couples ayant pour second élément un même et unique élément qui est l'ordre de l'axe. Par exemple l'axe d'ordre 6 représente $\{(x,6) \in (\mathbb{N^*})^2 \}$ et l'axe des positifs d'ordre 6 $\{(x,6) \in Po \}$. La diagonale limitante est l'ensemble $\{(x+1,x) \in Po\}$ qui entre en bijection avec l'ensemble des axes.

Si $A \le B$, avec $B \in Ne$, alors $A \le X$ pour tout $X \in Ne$ selon la transitivité. Or, selon 4) les couples positifs $(x+1,x) \not\le (x,x)$ donc ces couples sont $\not\le$ que tous les négatifs (pour rappel les négatifs sont les membres de $Ne$ et les positifs ceux de $Po$).

De plus si $(a, b) \le$ un négatif, alors $(a,b) \le (a,a)$ or $(a,a) \le (a-1,b)$ c'est-à-dire que du coup $(a,b) \le (a-1,b)$ ce qui est faux selon 4), donc tout nombre positif est forcément $\not\le$ que tout nombre négatif.


La démonstration complète arrivera sûrement, ceci n'est qu'un bout qui ne répond pas réellement à la question mais qui permet d'y répondre. Actuellement je bloque sur le couple $((3,1), (2,1))$ car je ne sais pas si il appartient à la relation $\le$ ou non (si celle-ci est unique), ou alors est-ce que je dois en déduire que $Card(A) > 1$ ce qui compliquerait énormément la démonstration.



Edité 8 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par Hebsilone.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 511:

Soient 4 entiers naturels non nuls $n,p,n',p'$.

On s'intéresse au rectangle $R:= n\times p'$. Soit $T$ un ensemble ayant au plus $p$ éléments constitué de lignes, de colonnes ou de paires d'éléments du rectangle.

De plus, quand un élément de $T$ est inclus dans une colonne, il ne peut pas contenir plus de $n'$ éléments. On suppose qu'on peut recouvrir $R$ avec les éléments de $T$.

On note $p=qp'+r$ la division euclidienne de $p$ par $p'$.

Peut-on déduire de ces seules hypothèses que $n \leq qn'+r$?


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
paf
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Un début d'idée pour la 510 : soient $a$ et $t$ deux éléments de $A$, avec $a$ non-diviseur de zéro. On considère le "système d'équations" $ax=t$ : il a une solution dans $B=\mathrm{Frac}(A)$, le localisé de $A$ par l'ensemble $S$ de ses non-diviseurs de zéro, cette solution est $\frac{t}{a}$. Si $A$ vérifie la condition demandée, alors on voit que $\forall t\in A,\,\forall a\in S,\,\frac{t}{a}\in A$, c'est-à-dire que $A= \mathrm{Frac}(A)$. En particulier, si $A$ est intègre et vérifie la condition, alors c'est un corps.
paf
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Précision : mon raisonnement sous-entend que l'équation n'a qu'une solution dans $\mathrm{Frac}(A)$ (à savoir $\frac{t}{a}$), ce qui est le cas. En effet, si $x_1$ et $x_2$ sont 2 solutions, alors $ax_1 = ax_2 = t$ et donc $a(x_1-x_2) = 0$. Comme $a$ est non-diviseur de zéro, on en déduit que $x_1=x_2$.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
@paf merci pour ta réflexion. Oui, c'est bien pour ça que j'ai posé la question. Dans un autre fil j'avais donné à un jeune étudiant "prouver que c'est toujours corps" juste par erreur de frappe, j'avais oublié "intègre". Effectivement, pour l'heure la seule chose qu'on voit c'est que dans un tel anneau, tout élément régulier est inversible. Mais je ne sais pas si ça suffit, je n'y ai pas réfléchi

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
paf
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Supposons que $A=\mathrm{Frac}(A)$. Soient $n\in \mathbb N^*$, $M\in M_n(A)$ et $v\in A^n$. On considère le système carré $Mx=v$ :
* si $\det M$ est non-diviseur de zéro dans $A$, alors il est inversible par hypothèse et donc $M$ admet un inverse à coefficients dans $A$ et l'unique solution du système est $x=M^{-1}v\in A^n$. Ainsi, si le système admet une solution dans un suranneau $B$, alors il en a une dans $A$.
* si $\det M$ est un diviseur de zéro, alors $\exists \lambda\in A,\lambda\neq 0$ tel que $\lambda\det M=0$. On remarque que si $x$ est solution, alors $\lambda {}^t\mathrm{com}(M)Mx = \lambda {}^t\mathrm{com}(M)v =: v'$ soit $\lambda\det M.x =0x=v'$. Si le système admet une solution sur $B$ alors $v'=0$ et alors le système admet une solution sur $A$ (et même plus d'une !). 

Bref, on a gagné pour les systèmes carrés. Mais pour les autres, je n'ai pas d'idée.  
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
question qui m'est inspirée par http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1011589,1011589#msg-1011589 et qui doit être très classique.


Question 512:
Soit $K$ un corps, $Y$ un ensemble et $E$ l'espace vectoriel des applications de $Y$ dans $K$. Soit $f_1,...,f_n$ dans $E$. Il est évident que s'il existe $x_1,...,x_n$ tels que la matrice dont chaque pième ligne est $(f_1(x_p),...,f_n(x_p))$ a ses colonnes libres alors $(f_1,...,f_n)$ est une famille libre de $E$.

Soient des $f_i$ et supposons que $(f_1,...,f_n)$ est une famille libre de $E$. A-t-on forcément qu'il existe $x_1,...,x_n$ tels que la matrice dont chaque pième ligne est $(f_1(x_p),...,f_n(x_p))$ a ses colonnes libres



(Je pense que oui et je devine que c'est un classique mais je me trompe peut-être)

edit: merci à paf, j'avais écrit $E$ à la place de $Y$

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
paf
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Je suppose que E est l'espace vectoriel des applications de K dans K (et pas de E dans K !).
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
oups merci, je corrige, je fais un édit.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
512 :

Soient $f_1,...,f_n:Y \to K$ quelconques. Soit $V \in K^n$ le sous-espace vectoriel de $K^n$ engendré par $\{(f_1(x),...,f_n(x))| x \in Y\}$. Si $V \neq K^n$, il est contenu dans un hyperplan autrement dit il existe $a_1,...,a_n \in K$ non tous nuls, tels que $\forall (u_1,...,u_n) \in V, \sum_{i=1}^n a_i u_i=0$ et en particulier, $\sum_{i=1}^n a_i f_i=0$ et donc $(f_1,...,f_n)$ n'est pas libre.
Donc si cette famille est libre $V=K^n$. Donc $\{(f_1(x),...,f_n(x))| x \in Y\}$, qui engendre $V$, contient une base $(f_1(x_p),...,f_n(x_p))_{1 \leq p \leq n}$.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Merci foys, en définitive c'est un cas particulier* des choses enseignées en L1. Comme quoi le linéaire...

* si E est un espace vectoriel A une partie de E alors si vect(A) n'est pas E alors il existe un hyperplan qui contient vect(A)
* si E est un espace vectoriel A une partie de E alors si vect(A)=E alors il existe une base de E formée d'éléments de A

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 513:
L'ensemble des énoncés vrais dans $(\Z, \leq )$ est-il récursif?

Question 514:
L'ensemble des énoncés vrais dans $(\Z, \leq , + )$ est-il récursif?

Question 515:
L'ensemble des énoncés vrais dans $(\Z, + )$ est-il récursif?

Question 516:
L'ensemble des énoncés vrais dans $(\Z, \leq )$ est-il récursif?

Question 517:
L'ensemble des énoncés vrais dans $(\Z, \leq, \times )$ est-il récursif?

Question 518:
Existe-t-il une fonction récursive et un modèle $( M , \in ) $ de $ZFC$ tel que pour tout énoncé clos $P$, $(M, \in) \models P\iff (M, \subseteq ) \models f(P)$

Rappel:

1) un ensemble $A$ est récursif quand il existe un programme P (par exemple en C), tel que pour tout $x$ (du format adapté au contexte) $x\in A$ ssi $P$ répond "oui" quand on lui donne $x$ en entrée, avec en outre que $P$ termine sur toute entrée en répondant "oui" ou "non"

2) on utilise souvent la tournure poétique $X$ vrai dans $Y$ à la place de $Y\models X$.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 519:

Existe-t-il pour tout cardinal $a$, un cardinal $b$ tel que pour tout espace topologique (pas forcément séparé) $X$, s'il existe une partie dense de cardinal $\leq a$ dans $X$ alors tout sous-espace de $X$ est tel qu'il existe une partie dense de lui dans lui de cardinal $\leq b$?

(question qui m'a été inspirée par H suite à une remarque qu'il a faite dans un autre fil)

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 520:

Léa et Bob jouent au jeu (à information parfaite) suivant:

Bob propose $x_1\in \R$, puis Léa répond par $y_1\in \R$. Bob joue $x_2\in \R$ puis Léa répond par $y_2$, etc, etc. A la fin, au bout de IN coup, $Bob$ propose une application $f:C^{\infty }$ de $\R\to \R$. Puis Léa propose $g:C^{\infty }$ de $\R\to \R$. Si $f=g$ Bob est déclaré gagnant, sinon: Léa gagne ssi la phrase suivante est vraie:

$\forall n\in \N: f^{(n)}(x_n)=y_n$ implique $\forall n\in \N: g^{(n)}(x_n)=y_n$


Qui des deux a une stratégie infaillible pour gagner à ce jeu?


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Réponse 519 : Non, c'est faux même pour $a=1$. On prend $X$ un ensemble non vide quelconque, $x_0$ un élément de $X$ et comme topologie l'ensemble des parties de $X$ contenant $x_0$ (et $\emptyset$ bien sûr). Alors $\{x_0\}$ est dense dans $X$, et la topologie induite sur $X-\{x_0\}$ est la topologie discrète, donc sa seule partie dense est lui-même, et est de cardinal arbitrairement gros.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Bravo Mattar!!!


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 521

Cette question m'est insprée par le fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1008965,1008965#msg-1008965

Soit $(E,T)$ un espace compact, et $*$ une application de $E^2\to E$ telle que $\forall a\in E: x\mapsto a*x$ est continue. Soit $\equiv$ une relation d'équivalence (quelconque) telle que $\forall a,b,c$ dans $E: a*(b*c) \equiv (a*b)*c$.

Existe-t-il (forcément) $a\in E$ tel que $a*a\equiv a$?


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 522:

On note $[a/b]$ le plus petit entier $k$ tel que $kb\geq a$

Soient des entiers naturels non nuls $n,p,n',p'$. Soit $a$ un entier naturel (pas forcément non nul, lui) tel que $a\leq n$. On note $p=qp'+r$ la division euclidienne de $p$ par $p'$. On suppose que:
$$[a/n'] × p' + n \leq p+a$$
Peut-on déduire que $n\leq qn'+r$?


edit: je dis juste un truc en l'air en passant, je suis dysccalculique de toute façon:
en écrivant $[a/n'] × p' + n \leq qp'+r+a$
n'est-on pas amené à rechercher à prouver que $qp'+r+a-[a/n']p' \leq qn'+r$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 523

Je ne fais que citer http://images.math.cnrs.fr/Quelques-problemes-ouverts-de.html

Citation

Est-il possible de découper un cube en tétraèdres dont tous les angles sont aigus, c’est-à-dire strictement inférieurs à 90 degrés ? En dimension 2, la réponse est positive : on peut découper un carré en triangles aigus, c’est un exercice qu’on laisse au lecteur (attention ça n’est pas si facile !) En dimension trois, et bien, on ne sait pas !

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Question 524

Une question dont je ne connais pas la réponse:

Est-ce que l'existence d'une partie de $\R$, de même cardinal que $\R$, qui intersecte tout fermé d'intérieur vide en un ensemble dénombrable entraine l'hypothèse du continu?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq années et a été effectuée par christophe c.
foysnc
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
524: toute partie au plus dénombrable vérifie ça. Y a-t-il d'autres hypothèses?
Re: "il est facile de" 2
il y a cinq années
Ah oui pardon, merci je corrige en rouge!

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 137 878, Messages: 1 337 135, Utilisateurs: 24 620.
Notre dernier utilisateur inscrit Mery14.


Ce forum
Discussions: 2 132, Messages: 41 841.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page