Un oubli monumental
dans Algèbre
Dans un fil dont je mettrai le lien à l'edit, je renvoie (j'ai d'abord pensé que c'était trivial) à un lien de Maxtimax où je pense le truc démontré.
En fait, je viens de me rendre compte qu'il a fait ... comme moi, sniiiiiiiiiiiiiif, citatoin:
Du coup j'ouvre ce fil et ça m'apprendra à lire attentivement la prochaine fois. il faut savoir que dans cette histoire, tout le reste est trivial (lien à l'édit***), il n'y a que ce truc qui ne l'est pas.
Précision : comme Max a écrit ça il y a longtemps, il ne savait pas que c'était trivial probablement parce qu'il ne cotoie pas tous les jours l'ANS et les ultrafiltres (qui peuvent paraitre hermétiques en première lecture), donc peu importe, je ne mets pas de lien vers le fil, puisque j'en ai mis vers les fils plus récents.
J'énonce formellement le truc et propose aux calculateurs de le prouver (il me semble que c'est calculatoire).
Soit $f : \Z^\N\to \Z$ telle que $\forall u,v$ dans $\Z^\N : f(u+v)=f(u)+f(v)$. De plus, on suppose que pour tout $n: f(e_n)=0$, en notant
Alors $\forall u\in \Z^\N: f(u)=0$.
J'ai essayé quelques calculs, mais sans succès (enfin plus précisément, j'ai réussi avec de grosses erreurs, puis ça m'a saoulé, mais Max dit que c'est classique, je lui propose donc de mettre une éventuelle solution en blanc pour les gens (moi, je sauterai dessus évidemment)).
*** http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2169628
En fait, je viens de me rendre compte qu'il a fait ... comme moi, sniiiiiiiiiiiiiif, citatoin:
Maxtimax a écrit:Je vais directement faire le résultat pour un exposant quelconque. J'admets le résultat (exercice classique) que pour un exposant $\N$ si $f:\Z^\N\to\Z$ s'annule sur les suites presque finies, alors $f=0$.
Du coup j'ouvre ce fil et ça m'apprendra à lire attentivement la prochaine fois. il faut savoir que dans cette histoire, tout le reste est trivial (lien à l'édit***), il n'y a que ce truc qui ne l'est pas.
Précision : comme Max a écrit ça il y a longtemps, il ne savait pas que c'était trivial probablement parce qu'il ne cotoie pas tous les jours l'ANS et les ultrafiltres (qui peuvent paraitre hermétiques en première lecture), donc peu importe, je ne mets pas de lien vers le fil, puisque j'en ai mis vers les fils plus récents.
J'énonce formellement le truc et propose aux calculateurs de le prouver (il me semble que c'est calculatoire).
Soit $f : \Z^\N\to \Z$ telle que $\forall u,v$ dans $\Z^\N : f(u+v)=f(u)+f(v)$. De plus, on suppose que pour tout $n: f(e_n)=0$, en notant
$e_n := [p\mapsto $ if $n=p$ then $1$ else $0]$
Alors $\forall u\in \Z^\N: f(u)=0$.
J'ai essayé quelques calculs, mais sans succès (enfin plus précisément, j'ai réussi avec de grosses erreurs, puis ça m'a saoulé, mais Max dit que c'est classique, je lui propose donc de mettre une éventuelle solution en blanc pour les gens (moi, je sauterai dessus évidemment)).
*** http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2169628
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Réponses
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C'est Bézout: soient $a,b\in \Z^{\N}$ tels que pour tout $n\in \N$, $2^n a_n+3^n b_n = 1$. Soit $x \in \Z^\N$. Soient pour tout $n\in \N$, $y_n:= 2^na_n x_n$ et $z_n:=3^n b_n x_n$. Alors $x=y+z$, de plus comme la valeur de $f$ sur une suite donnée est indépendante des premiers termes de la suite, on a pour tout $n$, $2^n$ qui divise $f(y)$ (resp $3^n$ qui divise $f(z)$) et donc $f(y)=f(z)=0$ et donc $f(x)=0$.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 $y = z$.
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UN TRES GRAND MERCI A TOI FOYS.
En fait, je n'étais pas très loin dans mes preuves foireuses, mais je ne voulais pas me compliquer la tâche en sortant de la base 10, alors que manifestement, il faut DEUX nombres premiers entre eux. Donc $10$ tout seul, ne suffisait pas.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Pour les visiteurs passant par là, sachez que vous avez affaire là à des raisonnements précieux qui font agir le fini sur l'infini de manière relativement rare.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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La solution de Foys est celle à laquelle je pensais en écrivant; au cas où tu te demandais s'il y avait une autre preuve sympa dans ce genre
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@Max: je suis sous le choc de ce que permet de faire Bezout. Et oui, j'imagine qu'un truc comme ça (qui devrait être célèbre) ne doit pas savoir énormément de preuves connues, donc quand tu as écrit "exercice classique", j'imagine encore que les crédits d'Etat importants alloués à l'institution "Ulm" et discutés dans un autre fil :-D se doivent de se justifier par la maintenance en archive non poussiéreuse de ces énoncés assez impressionnants.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Olala http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2174178,2174196#msg-2174196 c'est simple quand on lit la preuve, mais fallait y penser quand-même...
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