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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:10
avatar
Oui et non (j'ai utilisé un logiciel de calcul formel).



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/05/2017 09:11 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:16
avatar
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 ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 09:16 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:20
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 :
02 mai 2017, 09:22
avatar
@Mojojojo : Champollion a fini par trouver : [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 10:41
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 :
02 mai 2017, 10:47
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 $U_P(a)$



Modifié 5 fois. Dernière modification le 02/05/2017 10:52 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:17
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 :
02 mai 2017, 11:33
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 $a_1,a_2$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 11:38 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:36
Ensuite ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:41
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.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/05/2017 11:54 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:53
avatar
@GaBuZoMeu : Ai-je tenu ma partie du contrat ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:57
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 11:58 par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:10
avatar
Il existe un unique polynôme P unitaire de la forme :...
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:16
avatar
pas de nouvelles, bonne nouvelle.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:49
Salut pourexemple, pourquoi ne fournis-tu pas une preuve complète (et bien rédigé) ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:57
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 :
02 mai 2017, 12:58
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 13:02
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 :
02 mai 2017, 13:56
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 :
02 mai 2017, 17:07
avatar
@Depasse : Bravo.

Le bijou de l'arithmétique :

$$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \Z, \text{ si } P(i),Q(i) \text{ non nuls, alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 18:12
pourexemple écrivait:
-------------------------------------------------------

> Le bijou de l'arithmétique :

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

Bijou en toc : $P=X+1$, $Q=X+3$, $i=1$.

A part ça, aucun progrès sur ta "solution" à propos des sommes de puissances à poids.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 18:44
avatar
$E=\text{gcd}(X+1,X+3)=2$, non ?
$$E=\text{gcd}(X+1,X+3 \mod X+1)=\text{gcd}(X+1,2)=2$$
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 18:53
avatar
Le bijou de l'arithmétique :

$$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \N, \text{ si } i \geq \max\{ \max\{\frac{|a_k|}{|a_n|},\frac{|b_k|}{|b_m|}\} | k\in [0,n-1]\}+2 \text{ alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$

$P(x)=\sum a_k x^k$ $Q(x)=\sum b_kx^k$ et $n=\text{degré}(P)\geq \text{degré}(Q)=m$


pas besoin.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/05/2017 19:00 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 19:22
pourexemple écrivait:
-------------------------------------------------------
> $E=\text{gcd}(X+1,X+3)=2$, non ?

D'accord, $2$ divise $X+1$ dans $\Z[X]$ : $X+1= 2\times {?}$.
Pourexemple, un peu de sérieux ! Prétendre au niveau agreg avec de telles âneries, franchement !
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 19:40
avatar
D'accord $\text{gcd}(X+1,X+3)=1$ , peux-tu me donner les coeff de Bezout dans $\Z[x]$, tel que $1=U\times (X+1)+V\times (X+3)$ ?

GaBuZoMeu un peu de sérieux ! Prétendre répondre à des casses-têtes niveau agreg avec de telles âneries, franchement !



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/05/2017 19:42 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 19:49
@Pourexemple. Là, tu t'enfonces....
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 19:54
avatar
@Joaopa : toute est relatif, est-ce moi qui m'enfonce, où vous qui planez complètement ?

Il suffit de trouver (U,V) coeff de Bezout pour que je vous donne raison et alors j'essaie de sortir de mon trou, sinon cela sera à vous de redescendre sur terre...



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 20:08 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 19:57
avatar
L'identité de Bézout n'est pas toujours vérifiée : dans Z[X], les éléments 2 et X n'ont pas de facteur commun, pourtant l'idéal engendré par 2 et X n'est pas l'anneau tout entier. En fait, un anneau factoriel dans lequel l'identité de Bézout est satisfaite est un anneau principal. (source)

On m'aurait menti ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:00
C'est quoi ta définition de PGCD dans $\mathbb Z[X]$ ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 20:07 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:12
avatar
$\text{pgcd}$ : $(\Z[x]^*)^2$ dans $\Z[x]$.

tel que :
$$\forall a,b\in A^2, \text{pgcd}(a,b)=\text{pgcd}(b,a)$$
$$\forall u \in A, \text{pgcd}(a,b)=\text{pgcd}(a-u\times b,b)$$
$$\forall a \in A, \text{pgcd}(a,a)=a$$

Le pgcd est définie à la constante multiplicative $-1$ prés.

Avec une telle définition le $\text{pgcd}$ vérifie Bezout par construction, non ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 20:14 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:13
Un pgcd est un plus grand DIVISEUR commun.

Pour ta gouverne, $d$ est un pgcd de $a$ et $b$ dans l'anneau commutatif intégre $A$ quand
1°) $d$ est un DIVISEUR commun de $a$ et $b$
et
2°) Tout diviseur commun de $a$ et $b$ divise $d$.

PS. L'algorithme d'Euclide de calcul du pgcd fonctionne dans un anneau EUCLIDIEN. C'est d'ailleurs pour cette raison qu'ils s'appellent comme ça. $\Q[X]$ est un anneau euclidien. $\Z[X]$ n'est pas un anneau euclidien. C'est par contre un anneau factoriel.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/05/2017 20:21 par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:22
@pourexemple :

Soit $U,V\in\Z[X]$ tels que $U(X)(X+1)+V(X)(X+3)=1$.
Que peut bien vérifier $V(-1)$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:26
avatar
@Gai Requin : je sais bien que la tâche est rude, autant que de trouver $P \in \Z[X]$ tel que $2 \times P(X)=X+1$
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:29
Quelle est ta conclusion pour $\Z[X]$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:31
@pourexemple : Si tu veux une alternative à ton axiomatisation, on peut considérer plutôt $A^2$ modulo les transformations linéaires inversibles. Je ne sais pas ce que ça donne dans le cas non euclidien.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:38
avatar
Citation
Gai Requin
Quelle est ta conclusion pour $\Z[X]$ ?

Pour l'instant suspendu, je cherche $P \in \Z[X]$ tel que $2 \times P(X)=X+1$
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:40
Pour un tel $P$, que vérifie $P(0)$ ???
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:51
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 20:56
Pourexemple, tu devrais vendre tes "mathématiques alternatives" à Donald Trump. Il marcherait peut-être, lui.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 21:01
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Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
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