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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
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 :
il y a deux années
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 :
il y a deux années
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.



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 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 :
il y a deux années
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 !



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. Là, tu t'enfonces....
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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@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...



Edité 1 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
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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 :
il y a deux années
C'est quoi ta définition de PGCD dans $\mathbb Z[X]$ ?



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



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
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.



Edité 2 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
@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 :
il y a deux années
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 :
il y a deux années
Quelle est ta conclusion pour $\Z[X]$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@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 :
il y a deux années
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 :
il y a deux années
Pour un tel $P$, que vérifie $P(0)$ ???
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pourexemple, tu devrais vendre tes "mathématiques alternatives" à Donald Trump. Il marcherait peut-être, lui.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Trop bien Shtam ! smiling bouncing smiley
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 Tombé par Siméon
-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 + Tombé par Siméon
-199 : retour des polynômes ++ Tombé par Siméon
-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. Tombé par Siméon
-204 : des polynômes intégrés Tombé par Siméon
-205 : critère transcendant


Les incontournables : ici.


Cordialement.



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
201 Résultat faux. A barrer
202 déjà solutionné : A barrer



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Comme ça : A. grinning smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
187 énoncé encore une fois foireux.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
J'ai calculé la solution pour l'énoncé 199 avec une exponentiation de matrice. Les coefficients du polynôme sont, dans l'ordre, les $-\frac{1}{2} \Re(u_i e^i)$ avec les $u_i$ listés ci-dessous.

  • $i-2$
  • $1+3i$
  • $i$
  • $1+i$

J'espère ne pas m'être embrouillé dans les calculs.

edit : J'avais rajouté des $x$ qui ne voulaient rien dire.



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
Salut,

@Joaopa :
-201 (en suspend),
-202 j'attends toujours un lien vers la solution
-187 pourquoi serait-il foireux, il manque juste certaines hypothèses (pour être sûr), je change cela et tu m'expliques en quoi il serait toujours foireux.

@Champollion : comment es-tu garantie que la suite de polynômes converge, et que vaudrait la limite ?

Cordialement.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Le bijou de l'arithmétique version consensuelle :

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

avec $\text{dgcd}$ définie à l'aide de l'algorithme d'Euclide.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Citation
Gai Requin
Quelle est ta conclusion pour $\Z[X]$ ?

$\text{dgcd}$ et $\text{pgcd}$ ne sont pas les mêmes opérations, avec $\text{pgcd}(a,b) \text{ | } \text{dgcd}(a,b) $
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
202 :Le lien
Et en cadeau l'article( dans une semaine le lien s'autodétruira...)
Murty
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@Joaopa Merci du partage. On peut toujours récupérer les articles sur jstor en créant un compte bidon et en enregistrant les images mais c'est un peu pourri.

@pourexemple J'ai juste prouvé la convergence en réécrivant la somme et en utilisant le fait que l'exponentielle d'une matrice existe. Je n'ai pas fini de bien théoriser ça mais de manière ad-hoc on prend la matrice

$$A := \begin{pmatrix}
0&0&0&-1\\
1&0&0&0\\
0&1&0&-2\\
0&0&1&0\\
\end{pmatrix}\text{.}$$

C'est la matrice compagnon du polynôme ou quelque chose comme ça. On a « implémenté » une solution générique à $(x^2+1)^2$. Alors en prenant l'exponentielle de $A$ appliquée au vecteur $(1,0,0,0)$, on obtient ce qu'on veut. La somme qu'on veut est exactement la même, si l'un converge, l'autre aussi. Ensuite j'ai utilisé sage.

On peut réécrire le polynôme que j'ai donné comme suit, en posant $(c,s) := (\cos(1),\sin(1))$ et ça donne $\frac{2c-s}{2} + \frac{3s-c}{2}x + \frac{s}{2} x^2 + \frac{s-c}{2} x^3$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Citation

dgcd définie à l'aide de l'algorithme d'Euclide.
Quel est le dgcd de $3X+1$ et de $5X+1$ ?
C'est bien d'avoir de l'imagination, à condition de ne pas écrire N'IMPORTE QUOI.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@pourexemple À la place de l'algorithme d'Euclide, pourquoi ne regardes-tu pas la classe d'équivalence modulo les transformations linéaires inversibles ? Ça me semblerait déjà plus intéressant et je ne crois pas que ce soit équivalent dans le cas général.



Edité 1 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
avatar
198 : Soit $R_n$ le reste de $P_n$ dans la division euclidienne par $(X+1)^2+1$ et soient $\alpha$ et $\beta$ les deux racines de $(X+1)^2 + 1$. Il existe $a_n$ et $b_n$ tels que $R_n = a_n x + b_n$. De plus, $R_n(\alpha)=P_n(\alpha)$ et $R_n(\beta) = P_n(\beta)$. On en déduit que :
\[
\begin{bmatrix}P_n(\alpha)\\P_n(\beta)\end{bmatrix} = V(\alpha,\beta) \begin{bmatrix}a_n\\ b_n\end{bmatrix}\qquad \text{avec } V(\alpha,\beta) =\begin{bmatrix}\alpha & 1\\\beta & 1\end{bmatrix}.
\]
Puisque $\alpha \neq \beta$, la matrice de Vandermonde $V(\alpha,\beta)$ est inversible (interpolation de Lagrange) et on obtient $\begin{bmatrix}a_n\\b_n\end{bmatrix} \xrightarrow[n\to\infty]{} V(\alpha,\beta)^{-1}\begin{pmatrix}e^\alpha\\e^\beta\end{pmatrix}.$

199 : On procède de même en écrivant $R_n = a_n x^3 + b_n x^2 + c_n x + d_n$. Les racines de $(X^2+1)^2$ sont $i$ et $-i$, elles sont doubles, donc $P_n$ et $R_n$ ainsi que leurs polynômes dérivés coïncident en $i$ et en $-i$. On obtient :
\[
\begin{bmatrix}P_n(i)\\P_n'(i)\\P_n(-i)\\P_n'(-i)\end{bmatrix} = H \begin{bmatrix}a_n\\ b_n\\ c_n\\ d_n\end{bmatrix}
\]
pour une certaine matrice $H$ inversible (interpolation de Hermite).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
184 Soit $K$ une fonction $C^2$ positive et à support compact telle que $\int_\R K = 1$ (choisis celle que tu préfères).
Alors pour tout fonction $\phi$ convexe sur $\R$, la fonction
\[
\phi_n : x \mapsto \int_{\R} \phi(x+\tfrac tn) K(t) dt
\]
est convexe et de classe $C^2$. De plus, $\phi_n$ converge simplement vers $\phi$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Salut,

@Joaopa : la preuve fait quelque ligne et je me contenterais des ingrédients (des résultats utilisés), en effet ton lien est payant.

@Champollion : dommage tu ne donnes pas de sens à toutes tes calculs, donc je ne sais pas ce que tu calcules, même s'il me semble que ta conclusion est bonne.

@GaBuZoMeu : dgcd(5X+1,3X+1)=dgcd((15X+5)-(15X+3),5X+1,3X+1)=dgcd(2,5X+1,3X+1)=2

@Champollion : si l'algo d'Euclide n'y suffit pas, pourquoi pas ?

@Siméon : Bravo, j'ai quasi-ment les mêmes solutions (pour les 3)

Cordialement.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pas d'algorithme d'Euclide, donc, pour définir ton "dgcd".
Une définition qui tienne la route pourrait être :
Si $P=Q=0$, $\mathrm{dgcd}(P,Q)=0$.
Sinon, soit $d$ le minimum de l'ensemble des degrés des éléments non nuls de l'idéal $\langle P, Q\rangle$. Le $\Z$-module des éléments de $\langle P, Q\rangle$ qui sont exactement de degré $d$ est de la forme $\Z D$, pour un unique $D$ à coefficient dominant $>0$. On pose $\mathrm{dgcd}(P,Q)=D$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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203 Posons $\displaystyle P_n = 1 - \sum_{k=1}^n \frac{k}{(k+1)!}x^k$ pour tout $n \in \N$, en remarquant que $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{k}{(k+1)!} = 1$.
Si $n+1$ est premier, alors $P_n$ est irréductible (critère d'Eisenstein). Pourtant $1$ n'est pas transcendant.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
@pourexemple

Soit $P$ un polynôme de degré $n$. L'idée est de calculer $x^k$ modulo $P$ de la manière suivante. On se place sur $\C^n$. Le vecteur $(a_0,a_1,\dots,a_{n-1})$ représente le polynôme $a_0 + a_1 X + \cdots + a_{n-1} X^{n-1}$. La multiplication par $X$ donne l'application linéaire représentée par la matrice compagnon de $P$. Soit $A$ cette matrice compagnon. L'exercice demande de calculer $e^A$ appliqué au vecteur $(1,0,0,\dots,0)$.
On peut penser à un endomorphisme de $\C^n$ (certains, pas tous) comme la multiplication par un certain polynôme. La récupération de ce polynôme s'effectue en appliquant l'endomorphisme à $(1,0,0,\dots,0)$.
On a « implémenté » $\C[X]/(P)$ dans $\mathrm{End}(\C^n)$. On a un morphisme injectif envoyant $X$ sur la matrice compagnon de $P$.



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
Cela se généralise pour implémenter $\C[X]$ dans $\mathrm{End}(\C^\N)$, par exemple. Je n'ai pas fini d'explorer les choses.



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
J'avais oublié de mettre des $\mathrm{End}$ devant les $\C^\N$ et $\C^n$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Salut,

@GaBuZoMeu : alors on n'a pas forcément l'unicité, en imposant que celui-ci soit le plus petit (strictement positif) pour l'ordre lexicaux graphique, alors la question est réglée.

@Siméon : 203 Bravo.

@Champollion : la définition mixée de GaBuZoMeu et celle que je propose, permet de trancher la question du dgcd, non ?
Mais continue à creuser, peut-être tombera sur des bijoux inattendus, je te demanderais juste d'en réserver la primauté (juste l'énoncé) à ce fil.

Cordialement.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 204 : des polynômes intégrés
A-t-on $$\forall n \in \N,\exists M>0, \forall P \in \R[x], \text{ si degré}(P)\leq n, \sum \limits_{k=0}^n (P(k))^2 \leq M \int_0^n (P(t))^2 \text{ dt}$$ ?



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
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énoncé 205 : critère transcendant ?
Soient $f(x)=\sum \limits_{k \geq 0 }a_k x^k=\lim \limits_{n\rightarrow \infty }P_n(x)$ série entière à coefficients entiers, de rayon de convergence $r$.
$\phi : \N \rightarrow \N$, $\phi$ strictement croissante.

On suppose $\alpha \in \C, |\alpha|<r,| f(\alpha)=0$ et $\forall n \in\N, P_{\phi(n)}$ irréductible, et $Q \in \Z[x]$ avec $Q(\alpha)=0$, $Q$ irréductible et unitaire.

A-t-on $\exists \beta \in \C, Q(\beta)=0 \text{ et } |\beta| \geq r$ ?

Cordialement.



Edité 6 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Citation

@GaBuZoMeu : alors on n'a pas forcément l'unicité, en imposant que celui-ci soit le plus petit (strictement positif) pour l'ordre lexicaux graphique, alors la question est réglée.
On a bien sûr l'unicité, et je ne comprends pas ce que tu écris (même en réparant "lexicaux graphique" grinning smiley).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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oui, c'est vrai, mais on parle de la même chose sauf que je le définis d'une manière différente (avec si $i>j$ alors $x^i>x^j$)

L'ordre lexicaux graphique (du dictionnaire).



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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204 : équivalence des normes pour un $\R$-espace vectoriel de dimension finie.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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@Siméon : Bravo, en choisissant les bonnes normes ici (cela aurait-été, presque aussi court).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Citation

L'ordre lexicaux graphique
Plaisanterie volontaire ou involontaire ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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