Périphérie de "comprendre la logique"

1356

Réponses

  • gebrane a écrit:
    Merci Simeon, un autre développement ?

    Hmm, pour passer au niveau supérieur je te retourne la question : proposer d'autres variantes amusantes du même problème. On peut tenter toutes sortes de variations (connecteur logique, restriction sur les opérations, quantificateur, valeur des constantes, etc.) ou généralisations. Contrairement à christophe, je n'ai aucune vision particulière sur ces questions.
  • Bonjour GR et S et intéressé
    je te retourne la question : proposer d'autres variantes amusantes du même problème
    Une variante que je ne sais pas traiter: même question pour le probleme $ +,\times $ avec la CNS suivante : ($x=x_0$ OU $y=y_0$). où $x_0\leq0$ et $y_0\leq 0$ et $x_0\neq y_0$

    "Somebody help" !?

    Ma question est dans le sens: si on peut caractériser toutes les solutions s'elles existent
    Ok Gai requin pour ta variante
    Le 😄 Farceur


  • @gebrane : Ton problème est facile si $x_0$ et $y_0$ sont des entiers et si la CNS est $P(x,y)=0$.
    Peux-tu préciser ton nouveau problème $+,\times$ ?
  • GR

    Je ne comprends pas ton dernier message. Dans le dernier problème de Simeon je remplace 0 et 90 par des réels négatifs distincts.
    Le 😄 Farceur


  • Et que fais-tu du $5$ de $P(x,y)=5$ ?
  • On remplace 5 par 0 si tu veux
    Le 😄 Farceur


  • Ok, tu peux alors facilement résoudre ton problème si $x_0$ et $y_0$ sont des rationnels négatifs (éventuellement égaux d'ailleurs).
  • J' ai dit des x_0 et y_0 réels. Un polynôme à coefficients entiers peut s'annuler sur des réels ( je te rappelle je ne suis pas très algebrique)
    Édit si tu veux , on remplace par $-\sqrt 2$ et $-\sqrt 3$
    Le 😄 Farceur


  • Oui mais il y a plusieurs cas.
    Celui de mon message précédent est un cas particulier facile que tu peux traiter même si tu es une quiche en algèbre. ;-)
  • Gai Requin
    On peut améliorer ton exercice en si

    Soit SxT un sous-ensemble produit de $R^2$ tel que

    card(S) > degré de P par rapport à X
    card(T) > degré de P par rapport à Y

    alors si P s'annule sur SxT , P est identiquement nul.
    Le 😄 Farceur


  • @gebrane : J'y crois pas à ton truc mais je n'ai pas réussi à bidouiller un contre-exemple.
    Donc ta conjecture est intéressante. (tu)

    Et ma dernière question [ici] ?
  • Je n'ai pas encore regardé. J'ai des trucs à faire mais je vais regarder
    Le 😄 Farceur


  • Gai requin
    Es-tu sûr que tu veux me faire démontrer ceci
    Gai requin a écrit:
    Soit $P\in \mathbb R [X,Y]$ à coefficients dans $\mathbb N$, $x_0$ et $y_0$ deux rationnels (qui peuvent être égaux) . Si $y\to P(x_0,y)$ et $x\to P(x,y_0)$ sont des polynômes identiquement nuls, alors le polynôme P est aussi identiquement nul
    Le 😄 Farceur


  • Il y a une solution $P$ à coefficients dans $\N$ quand $x_0$ et $y_0$ sont rationnels négatifs !
  • N'oublie pas ma conjecture. Pour le moment je laisse régner le mystère si j'ai développé une preuve ou non ;-)
    Pour les visiteurs, il s'agit du problème suivant

    Soit $P\in \mathbb R [X,Y]$ à coefficients dans $\mathbb N$, $x_0$ et $y_0$ deux rationnels négatifs. Soit l'equivalence
    $$P(x,y)=0\iff (x=x_0) \quad ou\quad (y=y_0)$$
    Montrer qu'il existe un polynôme P qui vérifie l’équivalence
    Le 😄 Farceur


  • Gai Requin

    Avec les rationnels c'est facile, $x_0=\frac p q$ et $y_0=\frac {p'}{q'}$ avec $q,q'>0$. On peut prendre le polynome P défini par $$P(x,y)=qq'(x-x_0)(y-y_0)$$

    Le cas des réels strictement négatifs je ne sais pas encore ( c’était ma question initiale de "anybody help"

    Je rappelle aux visiteurs que si $x_0$ et $y_0$ sont des réels dans l'un est strictement positif , le problème n'admet pas de solution

    Simeon une idée?
    Le 😄 Farceur


  • Salut gebrane,

    On peut maintenant s'intéresser à des exemples où $x_0$ et $y_0$ sont algébriques (et négatifs) :
    1) $x_0=-\sqrt[3]{2}$, $y_0=-\sqrt[5]{3}$.
    2) $x_0=-\sqrt 2$, $y_0=-\sqrt 3$.
  • Ici un petit bémol, notre polynôme est à coefficient entiers positifs

    et à une indéterminée , un nombre algébrique est racine d'un polynôme à coefficients entiers (relatifs). Je ne sais pas d'ailleurs s'il y a une appellation des nombres algébriques racines d'un polynôme à coefficient entiers positifs.
    Est ce que $-\sqrt 2$ est racine d'un polynôme (à une indéterminée) à coefficients entiers positif ?

    On continue les investigations ou on passe à un autre exo de cc pour le décortiquer ?:-D
    Le 😄 Farceur


  • Si tu traites mes deux petits exemples, tu vas t'apercevoir qu'on n'est pas au bout de nos peines si on veut résoudre complètement ton dernier problème !
  • l'exemple 1 c'est moi qui l'a déjà proposé message antérieur
    Je vais regarder cet exemple ( tu l'as déjà réussi ?)
    Le 😄 Farceur


  • Non, tu avais proposé le 2) qui est plus dur !
  • je voulais dire le 2 ( je suis paumé)
    ok je vais commencer par ton 1 puisque tu l'as déjà réussi
    edit un premier essai avec $P(x,y)=a (x^3+\sqrt 2)(y^5+\sqrt 3)$ raté
    il reste la cadre$P(x,y)=(x^3+\sqrt 2)(y^5+\sqrt 3)Q_1(x)Q_2(y)$ avec $Q_i$ irréductibles dans $\R$
    Le 😄 Farceur


  • Gai Raquin

    Pour ne pas laisser des trous dans ce fil, est ce que tu veux voir ma preuve de la conjecture: elle est extrêmement simple
    J'ai eu l'idée en voulant démontrer ton exercice lorsque S et T des parties infini de $\R$
    Le 😄 Farceur


  • Gai Requin a écrit:
    Soit $P\in\R[X,Y]$ et $S,T$ des parties infinies de $\R$
    telles que $P$ s'annule sur $S\times T$. Montrer
    que $P$ est nul.
    gebrane a écrit:
    Soit $P\in\R[X,Y]$ et $S,T$ des parties de $\R$
    telles que
    card(S) > d° P par rapport à X
    card(T) > d°P par rapport à Y

    alors si P s'annule sur SxT , Montrer
    que $P$ est nul.

    Voici comment j'ai réfléchi.

    P est formé des termes $a_k x^k$ des termes $b_ly^l$ et des termes $c_{i,j} x^iy^j$

    Soit $b\in T$ non nul et notons $Q_1(x)=P(x,b)$ alors Q_1 est nul sur Card S> d° P par rapport à X donc Q_1 est identiquement nul donc les coefficients $a_k$ et $c_{i,j}$ sont tous nuls.
    de même Soit $a\in S$ non nul et notons $Q_2(y)=P(a,y)$
    Par le même raisonnement on montre que les coefficients $b_l$ sont tous nuls.
    Le 😄 Farceur


  • Merci gebrane, je suis convaincu. (tu)
    En pratique, on cherche à annuler un polynôme $P$ sur un produit d'ensembles infinis pour s'assurer qu'il est nul (cf [ce document] pour de belles applications).

    Pour l'exemple 1) ci-dessus, $P(X,Y)=(X^3+2)(Y^5+3)$ convient.
    Et l'exemple 2) ?
  • Dans un papier (pour ne pas revenir à chaque fois à la question) , j avais noté pour ton premier exemple $ (-\sqrt 2)^{\frac 13} $ et ...8-)
    Pour le 2, je médite.
    Le 😄 Farceur


  • @gebrane, je réponds à une question que tu m'as adressée dans l'autre fil, et assez tardivement, donc je m'en excuse.

    Tu me demandais plus de détails sur le fait que dans un anneau commutatif on puisse lier les lignes d'une matrice ayant 3 lignes et deux coleonnes.

    JLT faisait aussi remarquer à juste titre qu'en L1, c'est bien plus facile, naturel et familier, mais dans un corps.

    Et bien c'est automatique: tu fais comme si tu étais dans un corps, donc obtiens des choses avec des dénominateurs "naturellement". Tu multiplies par les dénoinateurs de sorte qu'il n'y en a plus et tu obtiens aussi une "pseudo-liaison" dont les coefficients sont EVENTUELLEMENT tous nuls. S'ils ne sont pas nuls, tu as gagné et sinon, tu continues.

    Il SE TROUVE que tu aboutis FORCEMENT à une victoire.

    Attention: je pourrais et je tricherais tout en gagnant, jouer à l'inspiré (je dis "je", comme je pourrais dire "on") en mettant directement les coefficients "qui marchent" obtenus avec les déterminants, mais cela est un peu gros comme inspiration puisque ça utilise PLEINEMENT la plus grosse découverte mathématique de tous les temps (le déterminant).

    Poser plutôt les 2 équations à 3 inconnues en système amène NATURELLEMENT ET SANS INSPIRATion des solutions (qui en fait se trouvent être proches de ce que donne le déterminant, mais à tout le moins, on n'a pas utilisé ce dernier pour balancer "magiquement" les bons choix)

    De toute façon, dans la situation de OSshine, je ne pense pas avoir ajouté la contrainte "on n'a pas le droit de diviser". Je ne me rappelle pas.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Merci cc pour la réponse. Je vais te lire affectivement.
    Gai Requin
    Je donne mon ane, je ne sais pas mais ne dit rien.
    Est ce que quelqu'un a un exemple de polynome P qui répond à la question de Gai Requin ?
    Le 😄 Farceur


  • Voici une solution de l'exercice 4 valable dans tout anneau. Supposons que pour tous $a,b,c$, on ait
    $$[ax+bz+cu=ay+bt+cv=0]\implies a=b=c=0.$$

    En prenant $(a,b,c)=(zv-ut,-xv+uy,xt-yz)$, on obtient $zv-ut=-xv+uy=xt-yz=0$.

    En prenant $(a,b,c)=(-t,y,0)$ on obtient $y=t=0$ et de même $x=y=z=t=u=v=0$.

    En prenant $(a,b,c)=(1,1,1)$ on aboutit à une contradiction.
  • Bravo à JLT (j'imagine qu'à calculer et latexifier ça a pris tout de même quelques minutes, j'ai voulu le faire à la main hier soir, puis une erreur de manip et post perdu m'a fait abandonner).

    JLT exhibe formellement l'inspiration que j'évoquais par:

    $<<$ En prenant $(a,b,c) := (zv-ut -xv + u y , xt - yv)>>$


    où on voit la connaissance du déterminant s'appliquer.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • En l'occurrence, JLT a calculé un produit vectoriel si cher aux physiciens.
  • Je "me dois" de rappeler (car des curieux peuvent s'arracher les cheveux pour le coup) en quelques lignes une des preuves de ma vie que j'ai mis le plus de temps à trouver (j'ai longtemps conjecturé son existence sans la trouver). Elle prouve que dans tout anneau où $1\neq 0$, une matrice ayant $n+1$ lignes et $n$ colonnes a ses lignes liées (ou liables plutôt). Le déterminant n'étant pas supposé connu.

    1/ Supposons que $f$ soit injective et linéaire de $A^{n+1} \to A^n$. Alors à partir de $f$ on peut construire $g$ injective et linéaire de $A^p$ dans $A^n$ pour tout $p$ en remarquant que

    $$(x_1,..,x_{n+1}, y_1,..y_k) \mapsto (f_1(x), .. , f_n(x), y_1,..,y_k) $$

    envoie $A^{n+1+k}$ dans $A^{n+k}$ permutant une récurrence en composant après avec une injection linéaire $A^{n+k}\to A^n$

    2/ On peut donc supposer qu'il n'y a pas d'injection linéaire de $A^{n+1} \to A^n$ pour un entier $n$ sur qui on ne suppose rien de plus et prouver que ça entraine qu'il n'y en a pas non plus de $A^{2n+2} \to A^{n+1}$

    3/ Soit donc une matrice $M$ ayant $2n+2$ lignes et $n+1$ colonnes avec coefs dans un anneau $A$.

    4/ Soit $N$ la matrice composée des $n+1$ premières lignes de $M$ et de ses $n$ premières colonnes coupeées aux $n$ premières coordonnées. Soit $V$ un vecteur ligne ayant $n+1$ coordonnées non otutes nulles tel que $VN=0$.

    5/ Soit $N_2$ la matrice $N$ à laquelle on joute la dernière colonne (coupée de 1 à $n+1$) de $M$.

    6/ On obtient $Vn_2= (0,0,...,0,r)$

    7/ Soit $J$ l'idéal des $x\in A$ tels que $rx=0$.

    8/ On applique le même raisonnement à la "deuxième moitié basse de $M$", je la note $N_3$, mais dans l'anneau $A/J$, de sorte qu'on obtient un vecteur $W$ lignes avec au moins une coordonnée par dans $A\setminus J$ tel que toutes les coordonnées de $WN_3$ sont dans $J$ sauf éventuellement la dernière $s$.

    9/ On met bout à bout les deux vecteurs $sV$ et $-rW$, et on obtient $U$ vecteur ligne non nul tel que $UM=0$.

    10/ On peut noter l'impressionnante vitesse de croissance engendrée par ce raisonnement. (exponentielle, voire hyperexponentielle).



    Comme autre argument (sans aucun déterminant), on en a un très rapide, mais ... utilisant LE LEMME DE ZORN (en apparence):

    1/ On prend un idéal max $J$ tel que $A/J$ est exceptionnel

    2/ On "constate" que $J$ est forcément premier

    3/ On sait que c'est vrai pour les anneaux intègres dès le L1 (corps des fractions + multilpication par les dénominateurs)

    4/ Contradiction, $A/J$ n'est pas exceptionnel.

    Dans ce cas, le couple $(n,n+1)$ suffit, pas de croissance exponentielle
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • @GR oui, mais tu ne peux dire ça que parce qu'on avait la dim 3 (dont je crois que le déterminant coincide avec la formule du produit vectoriel? )
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • On peut définir un produit vectoriel de $n$ vecteurs en dimension $n+1$ qui coïncide avec celui qu'on connaît en dimension $3$.
  • J'imagine que c'est le vecteur composé des déterminants obtenu via $$

    i\mapsto \det(MatriceMoinsCetteligne(i)) \quad ?$$
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • @cc : Rien ne vaut les explications de pappus [ici]..
    Ses petits exos sont corrigés [là].
  • "car des curieux peuvent s'arracher les cheveux pour le coup"

    Il me semble que c'est évident par récurrence, ou alors je dis n'importe quoi, ce qui est tout à fait possible.
    Juste un exemple avec 3 inconnues, 2 équations :

    ax + by + cz = 0
    ex + fy + gz = 0

    On peut supposer que a et e ne sont pas tous deux diviseurs de 0, sinon on a une solution évidente. Je suppose a non diviseur de 0.
    L'équation (be - fa)y' + (ce - ga)z' = 0 a donc une solution non triviale, et il me semble que x = - by' - cz', y = ay', z = az' répond à la question.
  • Quelle solution évidente ?
  • Ah oui, d'accord ! Alors j'ai dit n'importe quoi :-)
  • Une version améliorée de l'exercice 46 de cc
    46 bis a écrit:
    Soit A et B deux points d'un plan supposé muni d'un repère orthonormé. Prouver ou réfuter avec uniquement les bases du collège
    $$x_Ay_B=x_By_A\iff \text{la droite (AB) passe par l'origine}$$

    Amusement : cc m'avait proposé un exercice pour me mettre KO, heureusement que JLT a sauvé le soldat gebrane . Aussi j'en profite de la dyscalculie de cc pour le mettre KO dans cet exercice.:-D
    Le sens $\Longleftarrow$ est celui proposé à Oshine
    Qui va sauver le soldat cc comme dans le film ?
    Le 😄 Farceur


  • @gebrane : Est-ce que tu peux m'écrire $O$ comme barycentre de $A$ et $B$ ? B-)-
  • Veux tu me gâcher la soirée alors GR :-D. tout était dans le titre : amusement
    Le 😄 Farceur


  • C'est ça ou $(x_0,y_0)=(-\sqrt 2,-\sqrt3)$. :-D
  • Mais GR si je ne me trompe pas les barycentres sont enseignés en 1 S, donc c'est raté ton sauvetage de cc
    Je demande uniquement les arguments du collèges :-D
    Pour $(x_0,y_0)=(-\sqrt 2,-\sqrt3)$ je suis a court d'idée,
    Le 😄 Farceur


  • Il n'existe pas de polynôme $P$ à coefficients dans $\N$ tel que ...

    A la louche, les barycentres en 1ère S $\Rightarrow$ t'as eu ton bac vers 2010 ?
  • Le polynôme n'existe pas et moi je cherchais à le faire exister ! très méchant de ta part:)o. Vraiment j'ai passé deux heures à essayer de construire ce P.
    Pour l'année de mon bac, il est indiqué dans l'un de mes 10400 messages.
    Le 😄 Farceur


  • Gai Requin je démontre ceci encore mieux de ce que tu proposes :-D
    gebrane a écrit:
    Soit $P\in \mathbb R [X,Y]$ à coefficients dans $\mathbb N$, $y_0$ un réel quelconque . Si $y\to P(-\sqrt 2,y)$ et $x\to P(x,y_0)$ sont des polynômes nuls , alors le polynôme P est aussi le polynôme nul

    Soit $$P(x,y)=\sum_{j=0}^m\sum_{i=0}^na_{i,j}x^iy^j$$

    avec $a_{i,j}\in \mathbb N$. On note $c=-\sqrt 2$

    $$P(c,y)=\sum_{j=0}^m\left(\sum_{i=0}^na_{i,j}c^i\right)y^j=\sum_{i=0}^na_{i,0}c^i+\sum_{j=1}^m\left(\sum_{i=0}^na_{i,j}c^i\right)y^j.$$

    Le polynôme $P(c,y)$ est nul , donc
    pour tout $j=1,...,m,\quad \sum_{i=0}^na_{i,j}c^i = 0$

    on a $c=-\sqrt 2$ est une racine du polynôme $Q_j(x)=\sum_{i=0}^n a_{i,j}x^i $ à coefficients dans $\mathbb N$

    Je ne sais pas si tu as besoin que je te démontre que $Q_j$ est le polynôme nul ( edit quand même une explication, $Q_j$ évalué en c s’écrit sous la forme $cp+q$ avec $p,q\in \mathbb N$ )

    Donc pour tout $j=1,...,m,\quad a_{i,j}=0$ , d'où

    $$\forall x,y \in \mathbb R,\quad P(x,y)=\sum_{i=0}^m\sum_{j=0}^na_{i,j}x^iy^j= =\sum_{i=0}^na_{i,0}x^i.$$

    donc P est indépendant de y et par suite

    $\forall x,y \in \mathbb R,\quad P(x,y)=P(x,y_0)=0$. P est le polynome nul, donc le probleme de Simeon n'admet pas de solutions
    @Simeon est ce que tu suis mon bavardage avec Gai Requin:-)

    @Gai Requin j’attends que tu me démontres le truc que j'ai proposé à cc tu as droit à Thalès , Pythagore, proportionnalité, mais pas les barycentres :-D
    Le 😄 Farceur


Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.