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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 196 : des polynômes divertissants
Calculer : $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod x^2+1,$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pour le 192, je vais un peu désabstraire. Soit $f$ une fonction de $\Q$ vers $[-1,1]$ qui n'est pas restriction d'une fonction [edit : convexe] de $\R$ vers $[-1,1]$. Alors pour n'importe quelle fonction réelle, on trouve un voisinage de cette fonction réelle et un voisinage de $f$ disjoints. Par compacité, on se réduit à un nombre fini de voisinages. On trouve un voisinage de $f$ disjoint des restrictions de fonctions réelles. C'est la preuve qu'un compact est fermé dans un $T_2$. Du coup, si une séquence de restrictions converge vers une fonction, alors c'est une restriction.

Pour désabstraire encore plus la preuve il faudrait revenir à la preuve de Tychonoff, qui n'est pas constructive…
On peut sûrement faire plus concret, et ce ne sera pas équivalent car constructif.

Pour le 195, c'est vrai en remplaçant $\frac{1}{f(x)}$ par n'importe quoi de continu, non ? On prend une fonction continue valant $0$ en $1$ et $1/f(1)$ en $2$ puis on prolonge par l'équation.

Pour le 196 je ne vois pas comment interpréter. En général, $x^k / k!$ n'existe pas modulo $x^2 + 1$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Champ-Pot-Lion.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Champollion : pour le 195, plus de détaille, car je ne vois comment tu ferais.

pour le 196 : il s'agit du reste par la division euclidienne.

énoncé 197 : une propriétés des fonctions multiplicatives
A-t-on $$\forall r>0, \left(\sum \limits_{i=0}^k i^r\right)^{1/r}=\frac{k^{\frac{r+1}{r}}}{(r+1)^{1/r}}+o(\frac{1}{k}) $$



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Champollion : pour le 192 : oui, toute fonction de $\Q$ est une restriction d'une fonction réelle (il suffit de prendre la fonction nulle sur les réels sauf sur les rationnelles où elles auraient la valeur de ta fonction sur $\Q$)
Mais la question est comment, à partir de la convergence sur $\Q$ de ta sous-suite tu en déduis sa convergence sur $\R$ tout entier ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Salut,

Casses-têtes niveaux agreg :

-182,183 : entiers homonymes et synonymes (182 Tombé par Depasse)
-184 : suites convergentes convexes
-185 : les fonctions holdériennes
-186 : l'égalité impossible ? Tombé par Depasse
-187 : produit en série
-190 : étrange ou archi-classique Tombé par GaBuZoMeu
-192 : le bijou caché de la convexité ? Tombé par Siméon
-193 : l'inégalité tonitruante ? Tombé par Siméon
-194 : un nouveau bijou ? Tombé par Champollion
-195 : l'équation fonctionnelle à 1 millions de $ Tombé par Champollion
-196 : polynômes divertissants Tombé par Cidrolin
-197 : propriété fonction multiplicative.
-198 : retour des polynômes +
-199 : retour des polynômes ++
-200 : une histoire de puissance et de diviseur Tombé par Depasse
-201 : le bijou de l'arithmétique ?
-202 : C.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$
-203 : la transcendance low-cost.


Les incontournables : ici.


Cordialement.



Edité 15 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pour le 196 : Du reste de quoi ? Du réel ? Dans ce cas, ça converge vers $e^x \mod x^2+1$ ?

192 : Ah oui, je parlais de restrictions de fonctions convexes, pas de fonctions quelconques, désolé !

195 : Soit $f : \left[0,\infty\right[ \to \R$ continue. On cherche $u : \left[0,\infty\right[ \to \R$ telle que $u(x+1) = u(x) + f(x)$. On prend alors une fonction $g : \left[0,1\right]$ continue, telle que $g(0) = 0$ et $g(1) = f(0)$. On pose $u = g$ sur $\left[0,1\right[$. On prolonge ensuite sur tout $\R$ par l'équation $u(x+1) = u(x) + f(x)$.

Si on écrit $x$ comme $n + y$ avec $n$ entier et $y \in \left[0,1\right[$, on aura $u(n+y) = g(y) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+y)$. Il faut vérifier la continuité aux points entiers (où le $n$ change). C'est bon car lorsque $y$ tend vers $1$, on a $u(n+y)$ qui tend vers $g(1) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+1) = f(0) + \sum_{i=1}^n f(i+0) = u(n+1)$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Pour le 196 : $\cos 1+ x \sin1$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour,

Citation

énoncé 186 : l'égalité
impossible?

Soit $p=2q+1$ avec $q$ impair et $p$ premier.
A-t-on $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$, $b$ un
générateur de $(\Z/p\Z)^*$ ?

$2q+1$ est premier et $b$ engendre $(\Z/(2q+1)\Z)^*$ donc, modulo $2q+1$, $b^q=-1$.
$q$ est impair, donc, pour tout $i$ entier, $q-2i$ est impair et donc $b^{q(q-2i)}=(-1)^{q-2i}=-1$ , soit $1+b^{q(q-2i)}=0$ modulo $2q+1$.
$q$ est impair, donc $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2}=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} ( b^{i^2}+b^{ (q-i)^2})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (1+b^{q(q-2i)})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (0)=0$ modulo $2q+1$.
Vu que si $b$ est générateur $b^{-1}$ l'est aussi et que $0=-0$, on a, si $p:=2q+1$:
$$\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$$

Amicalement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Le 190 est résolu depuis longtemps.
PS. Par contre, tu n'as pas donné de solution.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Champollion : 195 Bravo,
192 : cf la remarque sur l'autre fil.
196 : du reste quand on fait la division euclidienne de $P_n$ par $x^2+1$

@Cidrolin : Comment obtiens-tu cela ?

@Depasse : Bravo.

@GaBuZoMeu : oui, si tu pouvais donner l'expression explicite pour $k=3$, cela clôturerait la question.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Tu n'as pas rempli ta part de "marché" : donner ta solution. Dois-je en conclure qu'en fait tu n'en as pas ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Ok, j'ai compris pour le 196. On a $x^2 = -1$, ça fait ce que dit Cidrolin. (edit : je dirais même que ça fait $e^{i}$)



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Champ-Pot-Lion.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@GaBuZoMeu : Disons aucun de nous 2 n'a remplie sa part de marché.


@Champollion et Cidrolin: je vois comment vous avez conclue, Bravo.

énoncé 198 : retour de polynômes +
Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod ((x+1)^2+1)$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$

énoncé 199 : retour de polynômes ++
Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod (x^2+1)^2$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$



Edité 6 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour,

Citation

énoncé 182 : les entiershomonymes
2 entiers naturels x,y sont dit homonymes, s'il existe deux entiers naturels a,b distincts tel que x écrit en base a est identique à y écrit en base b.
Trouver tous les couples d'entiers naturels homonymes, c'est à dire trouver un algorithme A tel que A(x,y) renvoie vrai si x et y homonymes, et faux sinon.

$A$ renvoie $faux$ si et seulement si $x+y=1$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
pourexemple écrivait:
-------------------------------------------------------

> @Champollion et Cidrollin: je vois comment vous

Attention Cidrolin ne prend qu'un seul l. Ce n'est pas comme Glloq.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Cidrolin : désolé, je corrige cela.

@Depasse : si $x=3, y=3$ ne sont pas homonymes.

énoncé 200 : une histoire de puissance et de diviseur
Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
A-t-on $$\forall m,n \in \N^*, a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1) $$ ?



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@pourexemple:

$x=trois$ s'écrit $3$ en base $a=quatre$; $y=trois$ s'écrit $3$ en base $b=cinq$. Donc $x$ et $y$ s'écrivent de la même façon, le premier dans la base $a$, le second dans la base $b$. $x$ et $y$ sont donc homonymes.
Sauf erreur

Cordialement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Oui, c'est vrai.
Et pour x=1 et y=2 ?

Je rappelle que la base 1, est la base unaire, (on compte le nombre de trait).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Remarque 201 : le bijou de l'arithmétique ?
Derrière ce résultat, il y a (peut-être) le bijou de l'arithmétique.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@pourexemple:

Bien vu. Je modifie en conséquence ma réponse au 182:

$x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si un et un seul des deux est $0$ ou $1$.

Pour le 200, c'est un classique:
$m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
$a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd aussi.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Depasse : 0 et 1 sont aussi hétéronymes, non ?

Pour le 200, il y a une égalité (même avec l'égalité il est classique ?)



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
182
Caramba, encore raté. J'ai merdoyé en voulant faire concis. Trèfle,
$x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si ils diffèrent et l'un des deux est $0$ ou $1$.

200
Même avec ta modification subreptice, gredin smiling smiley, c'est un classique: il y a non seulement divisibilité mais égalité. Je verrai demain.

Bonne soirée
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Depasse :

182 : Bravo.

200 : ton dernier message date d'une heure et ma (dernière) modification remonte à 3 heures. smiling smiley

Bonne soirée à toi également.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Salut,

énoncé 203 : la transcendance low-cost
Soient $f(x)=\sum \limits_{k \geq 0 }a_k x^k=\lim \limits_{n\rightarrow \infty }P_n(x)$ série entière à coefficient rationnelle, de rayon de convergence infini,
$\phi : \N \rightarrow \N$, $\phi$ strictement croissante.

On suppose $\alpha \in \C, f(\alpha)=0$ et $\forall n \in\N, P_{\phi(n)}$ irréductible.

A-t-on $\alpha$ transcendant ?

Cordialement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pourexemple continue de lister sa question 190, alors que la démonstration complète d'un énoncé plus général a déjà été donnée ici.
Sans doute n'a-t-il pas compris la démonstration et le moyen de fabriquer les formules qu'il demande.
J'ai expliqué ce moyen à mon ordinateur. Il m'a donné la formule pour la somme de puissances septièmes à poids en trois variables, en fonction rationnelle des sommes de puissances de 0 à 5:


Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@GaBuZoMeu : Peux-tu me copier coller la formule, ici ?

PS : je ne peux pas copier coller à partir d'une image.

Merci.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
(p2^3 - 2*p1*p2*p3 + p0*p3^2 + p1^2*p4 - p0*p2*p4)^-2 * (p2^2*p3^5 - p1*p3^6 - 2*p2^3*p3^3*p4 + 2*p0*p3^5*p4 - p2^4*p3*p4^2 + 8*p1*p2^2*p3^2*p4^2 - p1^2*p3^3*p4^2 - 6*p0*p2*p3^3*p4^2 - 6*p1^2*p2*p3*p4^3 + 2*p0*p2^2*p3*p4^3 + 4*p0*p1*p3^2*p4^3 + p1^3*p4^4 - p0^2*p3*p4^4 + p2^4*p3^2*p5 - 2*p1*p2^2*p3^3*p5 + 3*p1^2*p3^4*p5 - 2*p0*p2*p3^4*p5 + 2*p2^5*p4*p5 - 8*p1*p2^3*p3*p4*p5 + 10*p0*p2^2*p3^2*p4*p5 - 4*p0*p1*p3^3*p4*p5 + 5*p1^2*p2^2*p4^2*p5 - 4*p0*p2^3*p4^2*p5 + 2*p1^3*p3*p4^2*p5 - 4*p0*p1*p2*p3*p4^2*p5 + p0^2*p3^2*p4^2*p5 - 2*p0*p1^2*p4^3*p5 + 2*p0^2*p2*p4^3*p5 - p1*p2^4*p5^2 + 5*p1^2*p2^2*p3*p5^2 - 2*p0*p2^3*p3*p5^2 - 3*p1^3*p3^2*p5^2 + p0^2*p3^3*p5^2 - 4*p1^3*p2*p4*p5^2 + 4*p0*p1*p2^2*p4*p5^2 + 4*p0*p1^2*p3*p4*p5^2 - 4*p0^2*p2*p3*p4*p5^2 + p1^4*p5^3 - 2*p0*p1^2*p2*p5^3 + p0^2*p2^2*p5^3)
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@GaBuZoMeu : Bravo.

Tu as rempli ta part, je développerais à la demande, en partant des ingrédients que je t'ai déjà communiquée.

PS : mon pc plante chaque fois que j'essaie de me connecter au forum.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Tu n'as toujours pas compris la démonstration que j'ai écrite, tu t'es contenté de vérifier la formule sur quelques exemples, c'est ça ? grinning smiley
PS. J'ai déjà écrit ici ce que je pensais de tes "ingrédients".
Voyons si tu arrives à écrire quelque chose qui tienne debout.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Oui et non (j'ai utilisé un logiciel de calcul formel).



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer $\sum P(a_i)=U_P(a)$
ici qu'est-ce qui te pose problème ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Citation
chamolion
Ah non, ça ne fonctionne pas finalement car une fonction juste croissante n'est pas déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$.

Tu es sur une bonne piste pourtant : une fonction continue est déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$ comme tu l'as dit. De plus une fonction croissante n'a qu'un nombre dénombrable de discontinuités, donc l'ensemble des discontinuités de toutes les fonctions de la suite est dénombrable. Ce qui veut dire que dans ta suite de fonctions (et pas dans l'ensemble des fonctions croissantes) tu peux déterminer entièrement une fonction en connaissant une quantité seulement dénombrable de $f(x)$ (à condition de bien choisir les $x$) .
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Mojojojo : Champollion a fini par trouver : [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pourexemple, ton incapacité à lire atteint les sommets. Je rappelle :

GaBuZoMeu écrivait:
-------------------------------------------------------

> > 1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer
> > $\sum P(a_i)=U_P(a)$

> Qui sont $a$ et les $a_i$ ? $a=(a_1,\ldots,a_k)$ est n'importe quel $k$-uple ? Il s'agit d'une
> définition ? Tu poses $U_P(a)=\sum_{i=1}^k P(a_i)$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
On dispose de $(\sum \limits_{i=1}^k a_i,\sum a_i^2,..., \sum a_i^{2k})$ on cherche à partir de ce $2k$-tuples à construire un maximum de choses.

Par exemple pour tout $P$ de degré au plus $2k$, on peut calculer $\sum \limits_{i=1}^k P(a_i)$ que je note $U_P(a)$



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Faudrait savoir. Là, tu es dans l'histoire ultra rabâchée des sommes de Newton. Je croyais que tu mettais des poids $2^i$ pour corser l'affaire.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Oui, pardon : $\sum \limits_{i=1}^{k} 2^{i-1}P(a_i)=U_P(a)$ (mais c'est la même chose que l'autre cas à peu de chose prés).

Ps : si les poids de $a_1,a_2$ identiques, alors on ne peut discerner $a_1$ et $a_2$ on n'attrape que les polynômes symétriques en $a_1,a_2$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Ensuite ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
2/ Il existe un unique polynôme $P$ unitaire de la forme : $P(X)=\prod (X-x_i)^2$, de degré $2k$, pour lequel $U_P(a)=0$, tel que $\{x_i|i=1...k\}=\{a_i|i=1...k\}$, donc la fonction qui aux $k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@GaBuZoMeu : Ai-je tenu ma partie du contrat ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Je répète :
Ça me paraît bien emberlificoté pour dire $P=\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$. Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?
Citation

donc la fonction qui aux $2k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.
Tu dis que si on connaît $(\sum \limits_{i=1}^k 2^{i-1}a_i,\sum 2^{i-1}a_i^2,..., \sum 2^{i-1}a_i^{2k})$, on connaît les coefficients de $\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$ ? Pourquoi ?

PS. Non, tu n'as absolument pas rempli ton contrat.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Il existe un unique polynôme P unitaire de la forme :...
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
pas de nouvelles, bonne nouvelle.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Salut pourexemple, pourquoi ne fournis-tu pas une preuve complète (et bien rédigé) ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Tu ne réponds pas à mes questions. Je ne vais perdre plus de temps. je repasserai peut-être dans la soirée voir si tu as écrit quelque chose qui tient debout. Pour le moment, ce n'est absolument pas le cas.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Krokop : une preuve est un plaidoyer pour une affirmation tel qu'il réponde à toutes les objections proposées, qui pourraient rendre l'affirmation fausse.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Citation
GaBuZoMeu
1/Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?

2/Tu dis que si on connaît... ? Pourquoi ?

1/Non.

2/ [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour,

Citation

énoncé 200 : une histoire de puissance
et de diviseur

Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
A-t-on $$\forall m,n \in \N^*,
a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1)
$$ ?


$m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
$a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd ($:=D$) aussi.

Réciproque: $D$ divise $a^{(m,n)}-1$:

Par Bezout, il existe $(u, v)\in\N^2$ tel que $um-vn=(m,n)$;
$D$ divise $a^m-1$ et $a^n-1$, donc $a^{um}-1$ et $a^{vn}-1$, donc leur différence $a^{vn} (a^{um-vn}-1)= a^{vn} (a^{(m,n)}-1) $; or $D$ est étranger à $a^n$ puisqu'il divise $a^n-1$, donc étranger à $a^{vn}$. Donc (Gauss) $D$ divise $a^{(m,n)}-1$.

Cordialement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Depasse : Bravo.

Le bijou de l'arithmétique :

$$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \Z, \text{ si } P(i),Q(i) \text{ non nuls, alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$
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