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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
22 novembre 2016, 16:42
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 13:47
avatar
Bonjour,

énoncé 119 : étrange, merci à Depasse
Soit $p$ nombre entier plus grand que 5, $H$ un sous-groupe de $\Z_p^*$.
Montrer que si $a \in H$ avec $a>2$ alors $(a-1) | \sum \limits_{h \in H} p(-h/p \mod a)$.

Bonne journée.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 23/11/2016 20:01 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 14:01
avatar
énoncé 120 : un groupe sur mesure

Existe-t-il $p$ entier tel qu'on ait un groupe $H\subset \Z_p^*$ vérifiant : $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\}=H$.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 23/11/2016 14:24 par pourexemple.
Un groupe sur mesure.
23 novembre 2016, 14:17
avatar
Bonjour,

Existe-t-il un entier n, tel qu'on ait un groupe $H \subset \Z_n^*$ vérifiant : $H=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\}$ ?

PS : $o(H)=12$

Bonne journée.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 23/11/2016 14:19 par pourexemple.
AD
Re: Un groupe sur mesure.
23 novembre 2016, 14:32
avatar
$n=13$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 16:50
avatar
@AD : oui.
J'ai fait une erreur dans mon programme...

énoncé 121 : un groupe sur mesure
Existe-t-il un entier $n$, tel qu'on ait un groupe $H \subset \Z_n^*$ vérifiant : $H=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13\}$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 16:56
Bof. Si $n$ est premier avec $2$ et $7$, il est aussi premier avec $14=2\times 7$.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:07
avatar
Bravo.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 23/11/2016 17:08 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:08
Et alors nécessairement $14\in H$.

PS : je vois que tu as modifié le message où tu exprimais ton incompréhension de l'argument. grinning smiley



Modifié 1 fois. Dernière modification le 23/11/2016 17:10 par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:14
avatar
Je vous propose de me challenger, en me proposant, un groupe de cardinal plus petit que 100, pour lequel je dois retrouver le bon anneau.

Ps : j'aimerais voir si mon programme marche...

Merci.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:16
avatar
Citation GBZM :
PS : je vois que tu as modifié le message où tu exprimais ton incompréhension de l'argument.

Je n'ai pas honte de ne pas comprendre, c'est juste, que nos messages se sont croisés.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 23/11/2016 17:21 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:27
avatar
@GaBuZoMeu : y-a-un truc qui cloche avec ton argument, car il marche aussi avec $\{1,2,3,4,5,6,..,12\}=\Z_{13}^*$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 23/11/2016 17:27 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:32
Pas de problème puisque $14\equiv 1\bmod{13}$.
Mais puisque dans ta question le $n$ (s'il existait) était forcément $>13$ et premier avec tous les entiers de $1$ à $13$, il était forcément $\geq 17$.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:35
avatar
Résultat 122 :
On peut donc montrer que $H=\{1,2,3,..,b\}$ avec $b>3$ correspond à un sous-groupe multiplicatif si et seulement si $b+1$ est premier.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 23/11/2016 17:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 17:45
avatar
énoncé 123 : groupe choisie
Même question avec $H=\{1,3,5,7,9,11,13,15,17\}$
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 18:31
avatar
En fait la méthode proposée par GaBuZoMeu, permet après l'étude du cas $\Z_{19}^*$ de conclure.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 18:53
avatar
énoncé 124 :
On prend $H=\{1,95,36,87,84\}$
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 18:55
avatar
En fait, ici la force brut marche très bien, c'est quasiment la même complexité que mon programme basé sur ce résultat.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 23/11/2016 18:59 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
23 novembre 2016, 19:54
avatar
En fait, il y a un algo. encore plus économe de complexité $o(H)$.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 novembre 2016, 11:21
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
25 novembre 2016, 18:27
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
26 novembre 2016, 18:50
Bonjour,

Citation
pourexemple
énoncé 119
Soit $p$ nombre entier plus grand que 5, $H$ un
sous-groupe de $\Z_p^*$.
Montrer que si $a \in H$ avec $a>2$ alors $(a-1) | \sum \limits_{h \in H} p(-h/p \mod a)$.

Ton résultat équivaut, il me semble, dans le cas où $p$ est premier, à:

Soit $p$ nombre entier plus grand que 5, $H$ un sous-groupe de $\Z_p^*$. Alors,
si $a \in H$ avec $a>2$ alors $(a-1) | \sum \limits_{h \in H} (-h/p \mod a)$:

En effet,
d'une part
$\sum \limits_{h \in H} p(-h/p \mod a)= p\sum \limits_{h \in H} (-h/p \mod a)$
et d'autre part
$a-1$ et $p$ sont étrangers (car $p$ est premier et $a<p$)

Cordialement
Paul.

Edit: rajouts car quand j'ai lu "$p$" j'ai pensé "premier" tandis que pourexemple le dit seulement "entier".



Modifié 1 fois. Dernière modification le 26/11/2016 19:36 par depasse.
Re: "il est facile de" la preuve :
26 novembre 2016, 20:23
avatar
Bonsoir,

Oui, c'est cette version que j'avais discuté sur le fil que tu as ouvert.

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 dcembre 2016, 20:01
Bonsoir,

@pourexemple,

je crois tenir la preuve de ton "théorème" 119 dans le cas particulier où, certes, $p$ n'est pas nécessairement premier, mais où $H$ est cyclique. Je n'ai pas regardé le cas où $H$ est quelconque.
M'autorises-tu à publier ton message privé pour que tous puissent en profiter?
J'ai peut-être un désir maladif de transparence, mais ça me gêne qu'on m'adresse des messages privés: j'ai horreur d'être privilégié, ça tu pouvais pas le deviner!

Sincèrement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
06 dcembre 2016, 12:40
avatar
Bonjour,

Je ne tenais pas à te mettre mal à l'aise...
Tu peux la publier si tu veux.

énoncé 131 : toujours sur les extensions de corps.

énoncé 132 : very multi-série
A-t-on : $$\forall a\in\R^+,\forall k\in\N^*, \sum\limits_{(n_1,...,n_k)\in(\N^*)^k}\frac{1}{(n_1+...+n_k)^a} <+\infty \text{ ssi } a>k $$ ?

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 dcembre 2016, 15:56
Bonjour,

@pourexemple

Je suis bien persuadé que tu n'as jamais eu l'intention de me mettre mal à l'aise et que mon malaise n'est qu'une histoire entre moi et moi!
Ce forum n'étant pas le lieu où étaler mon auto-analyse, je ne voulais que partager les chocolats que tu m'as gentiment offerts:

Hélas la technique me fait barrage angry smiley : impossible de publier ton message privé: erreur database phorum avec le coup du sweedish et du latin.
Je dois faire une bêtise: j'ai copié puis collé ton message. Si toi ou un autre pouvait me dire que faire j'en serais ravi


Cordialement

Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
06 dcembre 2016, 16:09
avatar
@Depasse : Quand tu demandes un aperçu, cela marche ?

Si oui, copie ton message, puis imprime sur le fil "...." que tu édites en y collant ton message, normalement ça marche, en tous les cas pour moi et jusqu'à présent.

Bonne journée.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 06/12/2016 17:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de"
06 dcembre 2016, 17:25
Tentative

Edit: c'est le MP que m'a envoyé pourexemple en rapport avec le problème 119 qu'il propose.
Merci à lui pour ses aides y compris techniques.
Paul




Modifié 1 fois. Dernière modification le 06/12/2016 17:33 par depasse.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - pourexemple.pdf (33.2 KB)
Re: "il est facile de" la preuve :
06 dcembre 2016, 18:42
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
06 dcembre 2016, 22:13
avatar
.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 13/12/2016 16:21 par max8128.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 dcembre 2016, 22:33
avatar
Bonsoir,

[www.les-mathematiques.net]

PS : je te conseille de mettre ton énoncé sous forme de questions, même si tu penses connaître la réponse.

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 dcembre 2016, 07:42
avatar
Bonjour,

énoncé 135 : calculabilité et extension de corps

Bonne journée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 07/12/2016 07:42 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 dcembre 2016, 17:24
avatar
Bonjour,

énoncé 136 : En avoir plein les sinus.

Bonne journée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 10/12/2016 17:24 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 dcembre 2016, 14:16
avatar
bonjour pourxemple

pour retrouver le post sur partie entiere calcul (réponse à ta question par un exemple ) -> [www.les-mathematiques.net]

bonne continuation à toi

tiens c'est marrant, je vois que ça cogite (et que demande le peuple?)[www.youtube.com]
Re: "il est facile de" la preuve :
12 dcembre 2016, 15:19
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
13 dcembre 2016, 16:39
avatar
Enoncé 140:Si on a l'équivalence suivante montrer que $f$ est contractante sur $I=[a,b]$:
$$ \mid Arctan(\frac{2f'(x)}{-f'(x)^2+1})\mid=\frac{\pi}{2}-\epsilon\iff \mid \sup_{x\in I}f'(x)\mid =1$$
Où $\epsilon$ est un réèl positif



Modifié 2 fois. Dernière modification le 13/12/2016 18:18 par max8128.
Re: "il est facile de" la preuve :
13 dcembre 2016, 16:58
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Bonjour,

Il me semble que la fonction $\arctan$ est à image dans $]\frac{-\pi}{2},\frac{\pi}{2}[$, donc je ne sais pas quelle sens tu donnes à $\arctan(x)=\frac{\pi}{2}$.

Bienvenu et bonne continuation.
Re: "il est facile de" la preuve :
13 dcembre 2016, 17:22
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Effectivement je devrais parler de limite tu as raison .
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
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