Je ne comprends pas l'interêt des questions 920, tu as du oublier des hypothèses.
Il me semble clair que 920.2 est oui ssi $t\geq 2$ (on prend $k=t-2$, et $p=u_{t-1}$)
[large]Question 921 (vague):[/large]soit $A$ un anneau commutatif unitaire quelconque. Soit $n$ un entier et $M\in M_n(A)$ et $J$ la matrice carrée identité à $n$ colonnes de $M_n(A)$. Le déterminant donne "gratuitement" que $MN=J\to NM=J$. Est-ce qu'il existe une preuve courte, douce et sans déterminant de cette implication quand $N$ est la transposée de $M$?
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
$N$ est la transposée de $M$. Donc elles ont le même rang. $MN = J$ implique que $N$ est de rang maximal donc $M$ aussi donc $M$ est surjective. Comme $M$ est aussi injective par l'égalité, alors
$M$ admet un inverse à droite $K$. Donc $K = KMN = N$. Donc $NM = KM = J$.
Je pense qu'Arobase Algèbre confond injective et surjective... De $MN=J$ il est évident que $M$ est surjective. Et si $A$ est intègre et $M$ a rang maximal (vue comme application $Frac(A)$-linéaire) alors $M$ est injective (en tant qu'application $A$-linéaire). Par contre je ne suis pas sûr de la définition du rang d'une matrice sur un anneau quelconque...
Bon je recommence si on a un gentil rang sur les anneaux : $MN = J$. Il est évident que $M$ est alors surjective. Donc de rang maximal. Donc $N$, sa transposée est de même rang**. Donc injective et surjective. Donc bijective. Donc admet un inverse $K$ à gauche. On continue comme j'ai fait ensuite en montrant $K = M$ et donc $NM = J$.
Mais question : y a t il un rang sur les anneaux, tel qu'une matrice est de rang $r$ si et seulement si elle admet une sous matrice de taille $r$ inversible? Si oui c'est gagné** par maximalité.
922 : Un varieté connexe non compact a-t-elle toujours sont compactifié d'Alexandrov qui peut être muni d'une strcuture de varieté compatible avec sa topologie?
Rappel : le compactifier d'une tel varieté est l'unique(à homomorphisme près.). espace topologie $K$ tel que $M \subset K$, $K$ compact et $card(K - M) = 1$.
@cc
Ok j’étais moins claire . On suppose $MN=I$ On considère l'application linéaire $f:\, X\to NX$
1) f est injective $f(X)=O\to NX=O\to MNX=O\to IX=O\to X=O$ (" j' sais la notation avec $O$ n'est pas zolie")
'Dans mon premier message j'avais dit que N est injective, j'ai cru que c’était claire'
2) Maintenant la suite que tu connais. Je la rappelle quand même pour Shah doc que j'aime bien :-D.
Soit $E_i$ la matrice colonne formée de zéro sauf un 1 à la i eme ligne . Puisque f est bijective. $\forall i=1;...n\quad \exists C_i$ ( matrice colonne) tel que $NC_i=E_i$ d'où $NC=I$ avec $C$ la matrice $( C_1...C_n)$
mais $C=IC=MNC=MI=M$ d'où $NM=I$
C'est clair que N est injective et que M est surjective.
Maintenant il reste à montrer, au choix, que N est surjective ou M est injective. Comment procèdes-tu?
922 : Je dirais que non : il me semble que le compactifié d'Alexandrov d'un cylindre (bords non compris) est topologiquement une sphère avec deux points (antipodaux pour visualiser) collés ensemble. Du coup, en ce point, c'est topologiquement un diabolo, et ce n'est pas une variété (disons, parce que si le point à l'infini possédait un voisinage homéomorphe à $\mathbb{R}^n$, ben vu la dimension du reste, on aurait $n = 2$. Or une petite boule autour du point à l'infini peut être rendue non connexe en enlevant ledit point, ce qui n'est pas possible pour un disque de dimension $2$.
Donc je dirais que non. Bien sûr, il faudrait rédiger ça proprement !
Je crois qu'il se passe le même truc avec un plan privé de deux points.
Oh, j'ai peut-être mieux : prends une échelle (comme celle-ci) mais infinie d'un côté, avec une infinité de barreaux. Alors aucune partie contenant le complémentaire d'un compact n'est simplement connexe (ça se voit bien puisqu'un compact ne touche qu'un nombre fini de barreaux, mais bon je peine à le justifier). Et donc, tout voisinage du point à l'infini, qui doit contenir le complémentaire d'un compact, n'est pas simplement connexe, ce qui implique que le compactifié d'Alexandrov n'est pas du tout une variété en ce point.
Par contre, en dimension $1$, comme toute variété connexe non compacte est homéomorphe à $\mathbb{R}$, la réponse est oui :-D !
Merci pour les participations à la 921. @gebrane, <<f bijective>> tombe gratuitement après que tu aies rappelé qu'elle est injective. Pour les anneaux, ce n'est pas comme pour les corps. Il n'y a pas à "proprement parler" de dimension, juste, pour les modules de type fini qu'une famille libre n'a pas strictement plus d'éléments qu'une famille génératrice, mais c'est tout.
L'injection $n\mapsto 2n$ de $\Z$ dans $\Z$ n'est pas surjective par exemple.
C'est souvent + ou - le déterminant qui donne les lemmes généraux qui font que ce que j'ai évoqué est vrai. Mais la 921 demande si on peut faire sans en peu de lignes (je reconnais, c'est vague).
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Les amateurs se sentent un peu perdu dans ton fil. Une suggestion: peux-tu mettre ( au fur et à mesure) le numéro de la question en vert si une réponse valide est donnée et en rouge si aucune réponse valable n'a été donnée.
George Abitbol bravo. Moi j'ai pris 2 sphères, recollées en un point privées du point de recollement mais reliées à l'arrière par un tube creusé dans 2 trous faits sur chacune au préalable. Le compactifié (c'est-à-dire l'ensemble avec le point de recollement compris) n'est pas une sous-variété (car un disque privé d'un point assez petit serait homéomorphe à un petit voisinage du point de recollement privé de ce point qui n'est pas connexe).
Je préfère le diabolo quand même (l'échelle coûte 159€ quand même:-D.).
Moi j'ai pris 2 sphères, recollées en un point privées du point de recollement mais reliées à l'arrière par un tube creusé dans 2 trous faits sur chacune au préalable.
$MM^t=J$ équivaut à ($\Sigma_{1\leq k\leq n} M_{ik}M_{kj}=1 \Leftrightarrow i=j$)
$M^tM=J$ équivaut à ($\Sigma_{1\leq k\leq n} M_{kj}M_{ik}=1 \Leftrightarrow i=j$)
Autrement dit si le produit scalaire d'un vecteur ligne par un vecteur colonne vaut 1 ssi elle ont même indice et 0 sinon, alors la même phrase est vraie en intervertissant ligne et colonne (par commutativité du "produit scalaire")
Édit : moi aussi je suis fatigué : j ai montré M^2=M^2
Mais sinon, à moins que j'ai raté une subtilité, dans tout anneau unitaire, $MN=1$ <=> $NM=1$
Et je ne pense pas que le fait que les matrices à coefficient dans un anneau soir un anneau utilise le déterminant....
Pour autant que je sache et surtout ai vécu, ce qui utilise le déterminant c'est ton équivalence. Mais je ne suis pas expert. On peut s'en passer, me semble-t-il, mais pas en quelques lignes.
Par exemple la noethérianité de l'anneau $\Z[X_{11}; ..; X_{nn}]$ permet de fournir à n'importe quelle matrice carrée un polynôme unitaire annulateur. Or si $AB=J$ et $-B^9+a_8B^8+..+a_1B+a_0=0$ alors en multipliant à gauche par $A^9$, puis en factorisant à droite par $A$, tu obtiens $CA = J$, donc $C = CAB= B$. Cependant cette noethérianité nécessite une preuve d'au moins 10-15 lignes.
Autrement dit si le produit scalaire d'un vecteur ligne par un vecteur colonne ...
En fait, pour amuser les enfants, on peut prendre l'exemple de $F_2$ et dire que si pour une matrice carrée, le "prodsca" de 2 colonnes différentes quelconques est nul et vaut $1$ si elles sont égales alors il en va de même des lignes. L'interprétation du prodsca $(x,y)\mapsto \sum x_iy_i$ dans $F_2$ est simple (parle de nombre pair ou impair de croix dans des cases)
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J'ai dit que je m'étais trompé pour le produit scalaire (je multipliais la matrice par elle même et non la transposée lol)
Sinon pour $ab=1$ équivaut à $ba=1$ dans tout anneau, (donc pas avec déterminant), je me surprends à ne trouver qu'une preuve "bizarre".
On considère $A$ le sous-anneau engendré par $a$ et $b$. Tout élément s'y écrit comme somme de monômes du type $b^pa^q$, on constate par ailleurs qu'on peut diminuer strictement le degré (en $b$, $a$, ou les deux, peu importe) de toute somme non triviale de tels monômes qui soit NULLE, en multipliant à gauche par $a$ et droite par $b$, dès lors que ce degré est plus que $1$ ce qui implique que $a$ n'a pas de diviseur de zéro à droite qui soit non trivial et donc on a $ab=1$ qui implique que $aba=a$ qui implique $a(ba-1)=0$ qui implique $ba=1$ mais il doit y avoir plus simple (ou alors c'est faux^^).
De mon téléphone : c'est faux car tu as les anneaux des applications linéaires ou additive peu importe sur de gros espaces qui ne vérifient pas ça: par exemple shift et antishift sur espaces de suites.
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@lmpc, tu as des heures de vol pour ce qui concerne les matrices à coefs dans $F_2$ (ie case vide ou pas, rien de plus). Je crois dur comme fer, que la personne qui rendra triviales tous les théorèmes que nous donne l'algèbre linéaire grace au déterminant quand ils sont énoncés avec $F_2$ comme corps (phénomènes de dimension, Dunford, lemme des noyaux, etc, etc) méritera les mêmes remerciements que Mère Teresa.
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c'est faux car tu as les anneaux des applications linéaires ou additive peu importe sur de gros espaces qui ne vérifient pas ça: par exemple shift et antishift sur espaces de suites.
C'est un peu ce que je voulais dire. Pour moi, l'un des plus beaux résultats fournis par le déterminant est le suivant:
Soit $A$ un anneau qu'on suppose juste commutatif, et $E$ un ensemble de vecteurs colonnes de taille $n$ d'éléments de $A$. On suppose que toute matrice carrée dont les colonnes sont des éléments de $E$ a un déterminant nul. Alors il existe un vecteur ligne non nul $L$ tel que $\forall C\in E: LC=0$.
Rien qu'avec les corps, c'est déjà impressionnant, mais avec des anneaux non intégres ni noethériens quelconques, c'est assez époustouflant (bien que de preuve triviale AVEC le déterminant)
Pour embêter les gens qui ne connaissent pas le déterminant, tu peux transformer l'énoncé comme suit:
Soit $A$ un anneau qu'on suppose juste commutatif, et $E$ un ensemble de vecteurs colonnes de taille $n$ d'éléments de $A$. On suppose que toute matrice carrée $M$ dont les colonnes sont des éléments de $E$ a la propriété suivante: il existe un vecteur ligne $L$ et un vecteur colonne $D$ tels que pour toute colonne $C$ de $M: LC=0$ et $LD=1$.
Alors il existe un vecteur ligne non nul $L$ tel que $\forall C\in E: LC=0$.
Ce qui d'ailleurs (je pense que j'y ai déjà répondu dans le passé et que la réponse est non, mais je n'avais pas posté, et je ne me rappelle plus "là et maintenant" de l'exemple), me donne l'occasion de poser une question dans ce fil.
[large]Question 925:[/large]l'énoncé qui suit est-il un théorème de maths?
Soit $A$ un anneau qu'on suppose juste commutatif, et $E$ un ensemble de vecteurs colonnes de taille $n$ d'éléments de $A$. On suppose que toute matrice carrée $M$ dont les colonnes sont des éléments de $E$ a la propriété suivante: il existe un vecteur ligne $L$ et un vecteur colonne $D$ tels que pour toute colonne $C$ de $M: LC=0$ et $LD=1$.
Alors il existe un vecteur ligne non nul $L$, un vecteur colonne $D$ tel que $LD=1$ et $[\forall C\in E: LC=0]$
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[large]Question 926:[/large]soit $A$ un anneau (pas supposé commutatif), $a,b,x,y$ des éléments de $A$ tels que $ab=x$ et $ba=y$ et $x,y$ dans le centre de $A$ (ie qui commutent avec tout le monde). Peut-on forcément en déduire que $x=y$?.
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Merci AD, en fait, il suffit même que a ou b soit régulier* d'un côté. Or si $A$ est intègre, $a$ non nul => $a$ régulier. La question parait amusante quand $a,b$ sont singuliers.
* $ax = xa =aba = ay$
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pour la 921 je crois avoir une preuve utilisant que $A^n$ est noethérien.
Si on note $s$ la surjection dont je parle dans le post précédent et $s^*$ la fonction image réciproque associée à $s$ , la suite définie par $S_1=s^*(0)$, $S_k=s^*(S_{k-1})$ pour $k>0$ , est croissante et stationnaire de limite $S$ par noetherianité, et si $r$ est tel que $S_{r}=S\ne S_{r-1}$ et que $x\in S_r\setminus S_{r-1}$, on a pour tout $y\in s^*(\left\{x\right\})$, $y\in S_r$ par stationarité et $x=s(y)\in S_{r-1}$ par définition de $r$, ce qui est absurde.
Mais la noethérianité des modules considérés n'est pas du tout trivial (il faut bien 20 à 30 lignes).
Précisément le module noethérien où tu vas aller itinérer pour revenir avec $a_{n-1};\ldots;a_0$ tels que $M^n = a_{n-1}M^{n-1}+\cdots+a_0$ est certes "classiquement" noethérien, mais preuve plutôt longue et surtout, il y a la petite subtilité que tu changes d'anneau en prouvant que ça ne change rien :-D , car tu le fais une fois pour toute pour la matrice générique.
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Mais la noethérianité des modules considérés n'est pas du tout trivial (il faut bien 20 à 30 lignes).
Oui, en plus je n'ai pas "considéré" le bon module, qui n'est même pas noethérien a priori... cependant on a juste besoin que $S_n:=s^{-1}(S_{n-1})$ soit stationnaire.Mais Et la stationnarité des fibres successives par une surjection me semble être en général de $A^n$ dans $A^p$ un fait facile à montrer par recurrence sur $p$... non?
lol, "fibre successive" n'est défini que dans le cas d'un endo
Je continue à chercher un peu dans cette direction avant de laisser tomber
(provient d'une conversation facebook. C'est assez trivial mais je trouve cette présentation de la topologie originale et élégante). [size=large]EXERCICE 927[/size]: soit $E$ un ensemble et $R\subseteq E \times \mathcal P(E)$.
On dit que $R$ est une relation de proximité(*) si (en convenant que $(x,A)\in R$ se lit "$x$ est proche de $A$")
A1) pour tous $x\in E$, $A\subseteq E$, si $x\in A$ alors $x$ est proche de $A$.
A2) pour tous $x\in E$, $A\subseteq E$, si $x$ est proche de $\{t \in E \mid (t,A) \in R\}$ alors $x$ est proche de $A$.
A3) pour tous $x\in E$, $A,B \subseteq E$, $x$ est proche de $A\cup B$ si et seulement si il est proche de $A$ ou proche de $B$.
A4) aucun élément n'est proche de $\emptyset$.
1°) Trouver pour chaque couple $(X,A)$ où $X$ est un ensemble et $A$ une relation de proximité, une topologie $T_{X,A}$ sur $X$ naturellement induite par $X$.
2°) Soient $(X,A),(Y,B)$ des couples avec $A$ (resp. $B$) relation de proximité sur $X$ (resp. $Y$). Soit $f:X\to Y$ une fonction.
Alors $f$ est continue pour $T_{X,A}, T_{Y,B}$ si et seulement si pour tout $x\in X$ et tout $F\subseteq X$, si $x$ est proche de $F$ (pour $A$) alors $f(x)$ est proche de $f(F)$ pour $B$ (si on a les bonnes définitions de $T_{X,A}$ et $T_{Y,B}$ :-D).
[size=x-small](*) Je ne sais pas s'il y a déjà un nom officiel pour cette notion.[/size]
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Grand merci à toi foys. N'oublie pas de mettre "exercice927" en gros caractères gras. Là, il est un peu discret le numéro 927.
Pour ma part, j'ai inventé les "ultralogies" et c'est un peu différent donc il serait intéressant de lier ces 3 options. Une ultralogie est une partie $R$ de $E\times \beta(E)$ où $\beta(E)$ est l'ensemble des ultrafiltres sur $E$. Et la poésie qui l'accompagne est que $(a,U)\in R$ se dit avec plus de chaleur "a est une limite de U"
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Dans fil ci-dessus christophe c introduit les ultralogies. Nous utiliserons, lorsque $A,B$ sont des ensembles, l'identification naturelle entre $\mathcal P(A \times $ et l'ensemble des applications de $A$ dans $P(B)$. Si $X$ est un ensemble on note $\beta(X)$ l'ensemble des ultrafiltres de $X$. L'axiome du choix est supposé. Enfin on rappelle le résultat suivant (exo 927+1/2): dans tout ensemble, tout filtre est l'intersection des ultrafiltres qui le contiennent $(\dagger)$.
On appelle ultralogie toute application de $X$ dans l'ensemble des parties de $\beta(X)$ (édité).
[size=large]Question 928[/size]
Soit $X$ un ensemble. Si $\tau$ est une topologie sur $X$, soit $L_{\tau}$ l'application qui à $x\in X$ fait correspondre l'ensemble des ultrafiltres de $X$ contenant tous les voisinages de $x$ (i.e. ceux qui convergent vers $x$).
1°) Montrer que $\tau \mapsto L_{\tau}$ est injective et que pour toute topologie $\tau$ sur $X$,
(1.i) pour tout $x\in X$, $L_{\tau}(x)\neq \emptyset$
(1.ii) Pour tout $x\in X$, et pour tout $\displaystyle{V \in \bigcap_{\mathcal U \in L_{\tau} (x)} \mathcal U}$, on a $x \in V$.
2°) caractériser l'image de $L$.
Si $\varphi$ est une ultralogie satisfaisant (1.i) et (1.ii) ci-dessus, existe-t-il une topologie $\sigma$ sur $X$ telle que $L_{\sigma} = \varphi$ ?
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Coquille dans ta définition d'ultralogie, Foys.
Il me semble d'ailleurs que certaines ultralogies sont connues sous le nom barbare de $\beta$-module relationnel : un $\beta$-module relationnel est une ultralogie telle que l'ultrafiltre principal sur $x$ converge vers $x$ et une condition technique en plus, cf. ici.
Je pense que la réponse à ton 2) est donc non, puisqu'il me semble (ça fait longtemps que j'ai pas regardé donc je suis pas sûr) qu'un $\beta$-module relationel vérifie tes i) et ii) mais n'est pas forcément l'image d'une topologie par $L$.
@foys: je les avais justement inventé pour qu'elles ne se limitent pas à ne faire que de la topologie et sur le forum même d'ailleurs, si je me souviens bien, j'avais empilé 3 notions de plus en plus générales:
1/ topologies
2/ voisilogies (un peu plus général)
3/ ultralogies (encore un peu plus général)
Evidemment, on peut s'amuser à caractériser les ultralogies en provenance d'une vraie topologie, mais c'est une autre affaire. Ce qui m'avait plu dans cette invention c'est qu'on avait une "topologie canonique parlant de topologies" :-D En effet, $L\mapsto $la topologie formée des ensembles $U\subset E$ tels que pour tout $x\in E, W\in \beta(E)$, si $U\in W$ et $(x,W)\in L$ alors $x\in U$ fonctionne comme une fermeture.
Je ne me rappelle pas quel sens j'avais donné au mot "voisilogie", mais je googlerai et le rappellerai plus tard.
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Soit $c$ un réel strictement positif. On pose $q:(t,x,y,z) \in \R^4 \mapsto ct^2-x^2-y^2-z^2$.
On note $\Lambda$ l'ensemble des endomorphismes linéaires de $\R^4$ tels que pour tout $v\in \R^4$, $q \left ( f(v)\right)= q(v)$ et $\Lambda'$ l'ensemble des applications affines de $\R^4$ dans lui-même dont la partie linéaire est dans $\Lambda$.
On identifiera $\R^4$ et $\R \times \R^3$ et on dira qu'une partie $F\subseteq \R \times \R^3$ est une fonction partielle lorsque pour tous $(a,b,c) \in \R \times \R^3 \times \R^3$, si $(a,b)$ et $(a,c)$ sont dans $F$ alors $b=c$.
On note $\pi_T: (t,m)\in \R \times \R^3 \mapsto t$, $\pi_X: (t,m)\in \R \times \R^3 \mapsto m$.
$\R^3$ est muni de sa norme euclidienne $(x,y,z)\mapsto \| (x,y,z)\|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$.
[size=large]QUESTION 930.[/size]
Soit $M$ une partie de $\R^4$, montrer que les énoncés suivants sont équivalents.
(i) Pour tout $f\in \Lambda'$, $f(M)$ est une fonction partielle.
(ii) Pour tout $f \in \Lambda$, $f(M)$ est une fonction partielle.
(iii) Pour tout $f \in \Lambda^o$, $f(M)$ est une fonction partielle (où $\Lambda^o$ désigne la composante connexe du groupe topologique $\Lambda$ contenant le neutre).
(iv) pour tous $a,b \in M$, $q(b-a)\geq 0$.
(v) pour tous $a,b \in M$, $\|\pi_X(a)-\pi_X(b) \| \leq c |\pi_T(a)-\pi_T(b)|$.
(principe de causalité relativiste).
[small]Remarques:
$\Lambda'$ est l'ensemble des changements de repères relativistes.
(i) à (iii): le minimum syndical pour qu'une partie M mérite d'être qualifiée de "trajectoire": elle doit pouvoir s'exprimer comme fonction du temps.
(v) entraîne l'indépassabilité de la vitesse de la lumière en relativité restreinte.
(i) <=> (ii) est trivial (les translations ne jouant aucun rôle), de même que (iv) <=> (v), (iv) => (ii) est facile.
(ii)=>(iv) demande de savoir construire une base orthogonale pour une forme quadratique mais pas plus.
(iii) est un bricolage.[/small]
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Dans un semi anneau (monoïde commutatif* pour deux loi, l'une distributive par rapport à l'autre), le produit matriciel est défini mais pas le determinant, on peut donc décliner et/ou préciser la 921 comme suit :
[large]Question 921.1[/large]
Soit $A$ un semi-anneau avec unité, et $M$, $N$ deux matrices carrées telles que $MN=J$. Est-ce que $NM=J$ ? ($J$ est la matrices diagonale avec que des $1$ sur la diagonale)
[large]Question 921.2[/large]
Même question avec $M=N^t$
*,On pourrait aussi n'exiger que la commutativité du monoïde additif. Les question relatives, avec cette latitude pourront être marquées d'un *.
Au fait, pourquoi supposer dans la 921 que l'anneau $A$ est commutatif ? Le produit matriciel se définit très bien sur des anneaux non commutatifs (par exemple les produit de matrices "bloc")
Dans 921*, 921.1* et 921;2* on demande à $A$ de vérifier lui même $ab=1=>ba=1$
La question principale est "est-ce que $MN=J$ entraîne $NM=J$ pour des matrices à coef dans un semi-anneau unitaire commutatif?" (921.1)
ça serait d’ailleurs rigolo que 921.1 soit faux en général mais 921.2 vrai ...
Puisque $x$ est dans le centre, $xA$ et $(1-x)A$ sont bilatères et du fait que $x(1-x)=0$ on déduit que $A$ s'injecte dans $A/x\times A/(1-x)=B_1\times B_2$. On applique à $B_1$ et $B_2$ le meme traitement qu'à $A$ mais avec $y$ au lieu de $x$, et on déduit que $A$ s'injecte dans $B_1/y\times B_1/(1-y)\times B_2/y\times B_2/(1-y)$ et il est facile de vérifier que dans chacun de ces facteurs on a $classe(x)=classe(y)$
Vérifions le pour $B_2/y$ : en identifiant les éléments à leur classe : on a alors $ab=1$ et $ba=0$ ce qui entraîne que $a=(ab)a=a(ba)=0$ et donc $1=ab=0.b=0$ ce qui signifie que $B_2/y$ est l'anneau nul. Même chose pour $B_1/(1-y)$.
Quand à $B_1/y$ et $B_2/(1-y)$ c'est trivial car les classes respectives de $x$ et de $y$ y sont égales (resp à $0$ et à $1$)
Réponses
Il me semble qu'on a un CE dès $k=5$
avec $u_1=3$ et $u_4=1$ ... mais j'ai peut-être mal lu
[pas vu la réponse antérieure de marco qui a posté le plus petit CE ]
Il me semble clair que 920.2 est oui ssi $t\geq 2$ (on prend $k=t-2$, et $p=u_{t-1}$)
(Rappel si E et F des e.v. de dimensions finies de même dimension, toute application linéaire injective de E dans F est bijective)
$M$ admet un inverse à droite $K$. Donc $K = KMN = N$. Donc $NM = KM = J$.
Edit: je me répond à moi-même: je suis extrêmement fatigué... J'ai montré que $MN=J$ en supposant $MN=J$.
Re-edit: je suis tellement fatigué que je viens juste de comprendre la réponse d'Arobase Algèbre ci-dessus.
Mais question : y a t il un rang sur les anneaux, tel qu'une matrice est de rang $r$ si et seulement si elle admet une sous matrice de taille $r$ inversible? Si oui c'est gagné** par maximalité.
922 : Un varieté connexe non compact a-t-elle toujours sont compactifié d'Alexandrov qui peut être muni d'une strcuture de varieté compatible avec sa topologie?
Rappel : le compactifier d'une tel varieté est l'unique(à homomorphisme près.). espace topologie $K$ tel que $M \subset K$, $K$ compact et $card(K - M) = 1$.
Ok j’étais moins claire . On suppose $MN=I$ On considère l'application linéaire $f:\, X\to NX$
1) f est injective $f(X)=O\to NX=O\to MNX=O\to IX=O\to X=O$ (" j' sais la notation avec $O$ n'est pas zolie")
'Dans mon premier message j'avais dit que N est injective, j'ai cru que c’était claire'
2) Maintenant la suite que tu connais. Je la rappelle quand même pour Shah doc que j'aime bien :-D.
Soit $E_i$ la matrice colonne formée de zéro sauf un 1 à la i eme ligne . Puisque f est bijective. $\forall i=1;...n\quad \exists C_i$ ( matrice colonne) tel que $NC_i=E_i$ d'où $NC=I$ avec $C$ la matrice $( C_1...C_n)$
mais $C=IC=MNC=MI=M$ d'où $NM=I$
Maintenant il reste à montrer, au choix, que N est surjective ou M est injective. Comment procèdes-tu?
922 : Je dirais que non : il me semble que le compactifié d'Alexandrov d'un cylindre (bords non compris) est topologiquement une sphère avec deux points (antipodaux pour visualiser) collés ensemble. Du coup, en ce point, c'est topologiquement un diabolo, et ce n'est pas une variété (disons, parce que si le point à l'infini possédait un voisinage homéomorphe à $\mathbb{R}^n$, ben vu la dimension du reste, on aurait $n = 2$. Or une petite boule autour du point à l'infini peut être rendue non connexe en enlevant ledit point, ce qui n'est pas possible pour un disque de dimension $2$.
Donc je dirais que non. Bien sûr, il faudrait rédiger ça proprement !
Je crois qu'il se passe le même truc avec un plan privé de deux points.
Oh, j'ai peut-être mieux : prends une échelle (comme celle-ci) mais infinie d'un côté, avec une infinité de barreaux. Alors aucune partie contenant le complémentaire d'un compact n'est simplement connexe (ça se voit bien puisqu'un compact ne touche qu'un nombre fini de barreaux, mais bon je peine à le justifier). Et donc, tout voisinage du point à l'infini, qui doit contenir le complémentaire d'un compact, n'est pas simplement connexe, ce qui implique que le compactifié d'Alexandrov n'est pas du tout une variété en ce point.
Par contre, en dimension $1$, comme toute variété connexe non compacte est homéomorphe à $\mathbb{R}$, la réponse est oui :-D !
L'injection $n\mapsto 2n$ de $\Z$ dans $\Z$ n'est pas surjective par exemple.
C'est souvent + ou - le déterminant qui donne les lemmes généraux qui font que ce que j'ai évoqué est vrai. Mais la 921 demande si on peut faire sans en peu de lignes (je reconnais, c'est vague).
Les amateurs se sentent un peu perdu dans ton fil. Une suggestion: peux-tu mettre ( au fur et à mesure) le numéro de la question en vert si une réponse valide est donnée et en rouge si aucune réponse valable n'a été donnée.
Je préfère le diabolo quand même (l'échelle coûte 159€ quand même:-D.).
Et oui en dimension 1 c'est vrai.
$M^tM=J$ équivaut à ($\Sigma_{1\leq k\leq n} M_{kj}M_{ik}=1 \Leftrightarrow i=j$)
Autrement dit si le produit scalaire d'un vecteur ligne par un vecteur colonne vaut 1 ssi elle ont même indice et 0 sinon, alors la même phrase est vraie en intervertissant ligne et colonne (par commutativité du "produit scalaire")
Édit : moi aussi je suis fatigué : j ai montré M^2=M^2
Et je ne pense pas que le fait que les matrices à coefficient dans un anneau soir un anneau utilise le déterminant....
Par exemple la noethérianité de l'anneau $\Z[X_{11}; ..; X_{nn}]$ permet de fournir à n'importe quelle matrice carrée un polynôme unitaire annulateur. Or si $AB=J$ et $-B^9+a_8B^8+..+a_1B+a_0=0$ alors en multipliant à gauche par $A^9$, puis en factorisant à droite par $A$, tu obtiens $CA = J$, donc $C = CAB= B$. Cependant cette noethérianité nécessite une preuve d'au moins 10-15 lignes.
En fait, pour amuser les enfants, on peut prendre l'exemple de $F_2$ et dire que si pour une matrice carrée, le "prodsca" de 2 colonnes différentes quelconques est nul et vaut $1$ si elles sont égales alors il en va de même des lignes. L'interprétation du prodsca $(x,y)\mapsto \sum x_iy_i$ dans $F_2$ est simple (parle de nombre pair ou impair de croix dans des cases)
Sinon pour $ab=1$ équivaut à $ba=1$ dans tout anneau, (donc pas avec déterminant), je me surprends à ne trouver qu'une preuve "bizarre".
On considère $A$ le sous-anneau engendré par $a$ et $b$. Tout élément s'y écrit comme somme de monômes du type $b^pa^q$, on constate par ailleurs qu'on peut diminuer strictement le degré (en $b$, $a$, ou les deux, peu importe) de toute somme non triviale de tels monômes qui soit NULLE, en multipliant à gauche par $a$ et droite par $b$, dès lors que ce degré est plus que $1$ ce qui implique que $a$ n'a pas de diviseur de zéro à droite qui soit non trivial et donc on a $ab=1$ qui implique que $aba=a$ qui implique $a(ba-1)=0$ qui implique $ba=1$ mais il doit y avoir plus simple (ou alors c'est faux^^).
Merci, effectivement^^
Soit $A$ un anneau qu'on suppose juste commutatif, et $E$ un ensemble de vecteurs colonnes de taille $n$ d'éléments de $A$. On suppose que toute matrice carrée dont les colonnes sont des éléments de $E$ a un déterminant nul. Alors il existe un vecteur ligne non nul $L$ tel que $\forall C\in E: LC=0$.
Rien qu'avec les corps, c'est déjà impressionnant, mais avec des anneaux non intégres ni noethériens quelconques, c'est assez époustouflant (bien que de preuve triviale AVEC le déterminant)
Pour embêter les gens qui ne connaissent pas le déterminant, tu peux transformer l'énoncé comme suit:
Soit $A$ un anneau qu'on suppose juste commutatif, et $E$ un ensemble de vecteurs colonnes de taille $n$ d'éléments de $A$. On suppose que toute matrice carrée $M$ dont les colonnes sont des éléments de $E$ a la propriété suivante: il existe un vecteur ligne $L$ et un vecteur colonne $D$ tels que pour toute colonne $C$ de $M: LC=0$ et $LD=1$.
Alors il existe un vecteur ligne non nul $L$ tel que $\forall C\in E: LC=0$.
Ce qui d'ailleurs (je pense que j'y ai déjà répondu dans le passé et que la réponse est non, mais je n'avais pas posté, et je ne me rappelle plus "là et maintenant" de l'exemple), me donne l'occasion de poser une question dans ce fil.
[large]Question 925:[/large] l'énoncé qui suit est-il un théorème de maths?
Soit $A$ un anneau qu'on suppose juste commutatif, et $E$ un ensemble de vecteurs colonnes de taille $n$ d'éléments de $A$. On suppose que toute matrice carrée $M$ dont les colonnes sont des éléments de $E$ a la propriété suivante: il existe un vecteur ligne $L$ et un vecteur colonne $D$ tels que pour toute colonne $C$ de $M: LC=0$ et $LD=1$.
Alors il existe un vecteur ligne non nul $L$, un vecteur colonne $D$ tel que $LD=1$ et $[\forall C\in E: LC=0]$
$x^2=(ab)^2=abab=ayb=aby=xy\quad $ (car dans l'ordre associativité de la multiplication et $y$ dans le centre)
D'où l'on tire par intégrité $x=y$
Alain
* $ax = xa =aba = ay$
une surjection linéaire de $A^n$ sur $A^n$ est bijective,
utilise le déterminent ?
Si on note $s$ la surjection dont je parle dans le post précédent et $s^*$ la fonction image réciproque associée à $s$ , la suite définie par $S_1=s^*(0)$, $S_k=s^*(S_{k-1})$ pour $k>0$ , est croissante et stationnaire de limite $S$ par noetherianité, et si $r$ est tel que $S_{r}=S\ne S_{r-1}$ et que $x\in S_r\setminus S_{r-1}$, on a pour tout $y\in s^*(\left\{x\right\})$, $y\in S_r$ par stationarité et $x=s(y)\in S_{r-1}$ par définition de $r$, ce qui est absurde.
?
J'ai fait une erreur?
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1008195,1675750#msg-1675750
Mais la noethérianité des modules considérés n'est pas du tout trivial (il faut bien 20 à 30 lignes).
Précisément le module noethérien où tu vas aller itinérer pour revenir avec $a_{n-1};\ldots;a_0$ tels que $M^n = a_{n-1}M^{n-1}+\cdots+a_0$ est certes "classiquement" noethérien, mais preuve plutôt longue et surtout, il y a la petite subtilité que tu changes d'anneau en prouvant que ça ne change rien :-D , car tu le fais une fois pour toute pour la matrice générique.
Oui, en plus je n'ai pas "considéré" le bon module, qui n'est même pas noethérien a priori... cependant on a juste besoin que $S_n:=s^{-1}(S_{n-1})$ soit stationnaire.Mais Et la stationnarité des fibres successives par une surjection me semble être en général de $A^n$ dans $A^p$ un fait facile à montrer par recurrence sur $p$... non?
lol, "fibre successive" n'est défini que dans le cas d'un endo
Je continue à chercher un peu dans cette direction avant de laisser tomber
[size=large]EXERCICE 927[/size]: soit $E$ un ensemble et $R\subseteq E \times \mathcal P(E)$.
On dit que $R$ est une relation de proximité(*) si (en convenant que $(x,A)\in R$ se lit "$x$ est proche de $A$")
A1) pour tous $x\in E$, $A\subseteq E$, si $x\in A$ alors $x$ est proche de $A$.
A2) pour tous $x\in E$, $A\subseteq E$, si $x$ est proche de $\{t \in E \mid (t,A) \in R\}$ alors $x$ est proche de $A$.
A3) pour tous $x\in E$, $A,B \subseteq E$, $x$ est proche de $A\cup B$ si et seulement si il est proche de $A$ ou proche de $B$.
A4) aucun élément n'est proche de $\emptyset$.
1°) Trouver pour chaque couple $(X,A)$ où $X$ est un ensemble et $A$ une relation de proximité, une topologie $T_{X,A}$ sur $X$ naturellement induite par $X$.
2°) Soient $(X,A),(Y,B)$ des couples avec $A$ (resp. $B$) relation de proximité sur $X$ (resp. $Y$). Soit $f:X\to Y$ une fonction.
Alors $f$ est continue pour $T_{X,A}, T_{Y,B}$ si et seulement si pour tout $x\in X$ et tout $F\subseteq X$, si $x$ est proche de $F$ (pour $A$) alors $f(x)$ est proche de $f(F)$ pour $B$ (si on a les bonnes définitions de $T_{X,A}$ et $T_{Y,B}$ :-D).
[size=x-small](*) Je ne sais pas s'il y a déjà un nom officiel pour cette notion.[/size]
Pour ma part, j'ai inventé les "ultralogies" et c'est un peu différent donc il serait intéressant de lier ces 3 options. Une ultralogie est une partie $R$ de $E\times \beta(E)$ où $\beta(E)$ est l'ensemble des ultrafiltres sur $E$. Et la poésie qui l'accompagne est que $(a,U)\in R$ se dit avec plus de chaleur "a est une limite de U"
On appelle ultralogie toute application de $X$ dans l'ensemble des parties de $\beta(X)$ (édité).
[size=large]Question 928[/size]
Soit $X$ un ensemble. Si $\tau$ est une topologie sur $X$, soit $L_{\tau}$ l'application qui à $x\in X$ fait correspondre l'ensemble des ultrafiltres de $X$ contenant tous les voisinages de $x$ (i.e. ceux qui convergent vers $x$).
1°) Montrer que $\tau \mapsto L_{\tau}$ est injective et que pour toute topologie $\tau$ sur $X$,
(1.i) pour tout $x\in X$, $L_{\tau}(x)\neq \emptyset$
(1.ii) Pour tout $x\in X$, et pour tout $\displaystyle{V \in \bigcap_{\mathcal U \in L_{\tau} (x)} \mathcal U}$, on a $x \in V$.
2°) caractériser l'image de $L$.
Si $\varphi$ est une ultralogie satisfaisant (1.i) et (1.ii) ci-dessus, existe-t-il une topologie $\sigma$ sur $X$ telle que $L_{\sigma} = \varphi$ ?
Il me semble d'ailleurs que certaines ultralogies sont connues sous le nom barbare de $\beta$-module relationnel : un $\beta$-module relationnel est une ultralogie telle que l'ultrafiltre principal sur $x$ converge vers $x$ et une condition technique en plus, cf. ici.
Je pense que la réponse à ton 2) est donc non, puisqu'il me semble (ça fait longtemps que j'ai pas regardé donc je suis pas sûr) qu'un $\beta$-module relationel vérifie tes i) et ii) mais n'est pas forcément l'image d'une topologie par $L$.
@foys: je les avais justement inventé pour qu'elles ne se limitent pas à ne faire que de la topologie et sur le forum même d'ailleurs, si je me souviens bien, j'avais empilé 3 notions de plus en plus générales:
1/ topologies
2/ voisilogies (un peu plus général)
3/ ultralogies (encore un peu plus général)
Evidemment, on peut s'amuser à caractériser les ultralogies en provenance d'une vraie topologie, mais c'est une autre affaire. Ce qui m'avait plu dans cette invention c'est qu'on avait une "topologie canonique parlant de topologies" :-D En effet, $L\mapsto $la topologie formée des ensembles $U\subset E$ tels que pour tout $x\in E, W\in \beta(E)$, si $U\in W$ et $(x,W)\in L$ alors $x\in U$ fonctionne comme une fermeture.
Je ne me rappelle pas quel sens j'avais donné au mot "voisilogie", mais je googlerai et le rappellerai plus tard.
On note $\Lambda$ l'ensemble des endomorphismes linéaires de $\R^4$ tels que pour tout $v\in \R^4$, $q \left ( f(v)\right)= q(v)$ et $\Lambda'$ l'ensemble des applications affines de $\R^4$ dans lui-même dont la partie linéaire est dans $\Lambda$.
On identifiera $\R^4$ et $\R \times \R^3$ et on dira qu'une partie $F\subseteq \R \times \R^3$ est une fonction partielle lorsque pour tous $(a,b,c) \in \R \times \R^3 \times \R^3$, si $(a,b)$ et $(a,c)$ sont dans $F$ alors $b=c$.
On note $\pi_T: (t,m)\in \R \times \R^3 \mapsto t$, $\pi_X: (t,m)\in \R \times \R^3 \mapsto m$.
$\R^3$ est muni de sa norme euclidienne $(x,y,z)\mapsto \| (x,y,z)\|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$.
[size=large]QUESTION 930.[/size]
Soit $M$ une partie de $\R^4$, montrer que les énoncés suivants sont équivalents.
(i) Pour tout $f\in \Lambda'$, $f(M)$ est une fonction partielle.
(ii) Pour tout $f \in \Lambda$, $f(M)$ est une fonction partielle.
(iii) Pour tout $f \in \Lambda^o$, $f(M)$ est une fonction partielle (où $\Lambda^o$ désigne la composante connexe du groupe topologique $\Lambda$ contenant le neutre).
(iv) pour tous $a,b \in M$, $q(b-a)\geq 0$.
(v) pour tous $a,b \in M$, $\|\pi_X(a)-\pi_X(b) \| \leq c |\pi_T(a)-\pi_T(b)|$.
(principe de causalité relativiste).
[small]Remarques:
$\Lambda'$ est l'ensemble des changements de repères relativistes.
(i) à (iii): le minimum syndical pour qu'une partie M mérite d'être qualifiée de "trajectoire": elle doit pouvoir s'exprimer comme fonction du temps.
(v) entraîne l'indépassabilité de la vitesse de la lumière en relativité restreinte.
(i) <=> (ii) est trivial (les translations ne jouant aucun rôle), de même que (iv) <=> (v), (iv) => (ii) est facile.
(ii)=>(iv) demande de savoir construire une base orthogonale pour une forme quadratique mais pas plus.
(iii) est un bricolage.[/small]
[large]Question 921.1[/large]
Soit $A$ un semi-anneau avec unité, et $M$, $N$ deux matrices carrées telles que $MN=J$. Est-ce que $NM=J$ ? ($J$ est la matrices diagonale avec que des $1$ sur la diagonale)
[large]Question 921.2[/large]
Même question avec $M=N^t$
*,On pourrait aussi n'exiger que la commutativité du monoïde additif. Les question relatives, avec cette latitude pourront être marquées d'un *.
Au fait, pourquoi supposer dans la 921 que l'anneau $A$ est commutatif ? Le produit matriciel se définit très bien sur des anneaux non commutatifs (par exemple les produit de matrices "bloc")
La question principale est "est-ce que $MN=J$ entraîne $NM=J$ pour des matrices à coef dans un semi-anneau unitaire commutatif?" (921.1)
ça serait d’ailleurs rigolo que 921.1 soit faux en général mais 921.2 vrai ...
926 oui oui pour $y$ et $x$ idempotents
Puisque $x$ est dans le centre, $xA$ et $(1-x)A$ sont bilatères et du fait que $x(1-x)=0$ on déduit que $A$ s'injecte dans $A/x\times A/(1-x)=B_1\times B_2$. On applique à $B_1$ et $B_2$ le meme traitement qu'à $A$ mais avec $y$ au lieu de $x$, et on déduit que $A$ s'injecte dans $B_1/y\times B_1/(1-y)\times B_2/y\times B_2/(1-y)$ et il est facile de vérifier que dans chacun de ces facteurs on a $classe(x)=classe(y)$
Vérifions le pour $B_2/y$ : en identifiant les éléments à leur classe : on a alors $ab=1$ et $ba=0$ ce qui entraîne que $a=(ab)a=a(ba)=0$ et donc $1=ab=0.b=0$ ce qui signifie que $B_2/y$ est l'anneau nul. Même chose pour $B_1/(1-y)$.
Quand à $B_1/y$ et $B_2/(1-y)$ c'est trivial car les classes respectives de $x$ et de $y$ y sont égales (resp à $0$ et à $1$)