Conjecture de Schanuel
dans Shtam
Bonsoir
Je vous rédige dans la suite ma démonstration de la conjecture de Schanuel que je sais a priori qu'elle est fausse, mais, j'aimerais que vous me disiez dans quel passage se trouve l'erreur.
Voici ma démonstration,
La conjecture de Schanuel, (comme indiqué ici : https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_de_Schanuel) consiste à montrer l'assertion suivante.
Pour tout $ z_1 , \dots , z_n \in \mathbb{C} $,
$ z_1 , \dots , z_n $ sont linéairement indépendants sur $ \mathbb{Q} \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) \geq n $.
Pour montrer cette assertion, il suffit de montrer, que,
Pour tout $ z_1 , \dots , z_n \in \mathbb{C} $,
$ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants sur $ \mathbb{Q} \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $, puisque, si $ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants, alors, ils sont linéairement indépendants, et puisque, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) = n $.
Donc, établir la conjecture de Schanuel revient à établir, l'assertion,
Pour tout $ z_1 , \dots , z_n \in \mathbb{C} $,
$ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants sur $ \mathbb{Q} \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $.
Ce qui se résume simplement à établir la formule, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $, puisque, si $ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants, alors, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) = n $, ce qui est tautologique.
Bref, montrer la conjecture de Schanuel, c'est montrer tout simplement, que, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $.
Montrons cela alors,
Soit $ \varphi \ : \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \to \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) ( \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $ l'homomorphisme de corps, défini par, $ \varphi (z_i ) = z_i $ pour tout $ i = 1 , \dots , n $. Il est injectif.
Par conséquent, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) ( \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $
D'où, la conjecture de Schanuel est établie.
Est ce que c'est correcte ? Sinon, où est l'erreur ?.
Merci d'avance.
Je vous rédige dans la suite ma démonstration de la conjecture de Schanuel que je sais a priori qu'elle est fausse, mais, j'aimerais que vous me disiez dans quel passage se trouve l'erreur.
Voici ma démonstration,
La conjecture de Schanuel, (comme indiqué ici : https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_de_Schanuel) consiste à montrer l'assertion suivante.
Pour tout $ z_1 , \dots , z_n \in \mathbb{C} $,
$ z_1 , \dots , z_n $ sont linéairement indépendants sur $ \mathbb{Q} \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) \geq n $.
Pour montrer cette assertion, il suffit de montrer, que,
Pour tout $ z_1 , \dots , z_n \in \mathbb{C} $,
$ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants sur $ \mathbb{Q} \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $, puisque, si $ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants, alors, ils sont linéairement indépendants, et puisque, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) = n $.
Donc, établir la conjecture de Schanuel revient à établir, l'assertion,
Pour tout $ z_1 , \dots , z_n \in \mathbb{C} $,
$ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants sur $ \mathbb{Q} \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $.
Ce qui se résume simplement à établir la formule, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $, puisque, si $ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants, alors, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) = n $, ce qui est tautologique.
Bref, montrer la conjecture de Schanuel, c'est montrer tout simplement, que, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $.
Montrons cela alors,
Soit $ \varphi \ : \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \to \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) ( \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $ l'homomorphisme de corps, défini par, $ \varphi (z_i ) = z_i $ pour tout $ i = 1 , \dots , n $. Il est injectif.
Par conséquent, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) ( \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $
D'où, la conjecture de Schanuel est établie.
Est ce que c'est correcte ? Sinon, où est l'erreur ?.
Merci d'avance.
Réponses
-
Si les z_i sont linéairement indépendants, ils ne sont pas nécessairement algébriquement indépendants et ta preuve ne marche alors plus.
-
Je viens de repérer une première erreur si on peut l'appeler erreur.
En fait, c'est juste qu'il y a un truc qu'il faut compléter dans cette démonstration, et non pas une erreur.
Voici le truc qu'il faut compléter,
J'ai dit,
$ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants $ \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) = n $. C'est faux.
On a, le contraire, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) \ \ \Longrightarrow \ \ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants.
Donc, pour avoir, $ z_1 , \dots , z_n $ sont algébriquement indépendants $ \ \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n ) = n $, il faut ajouter, qu'il faut montrer que, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} (z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1 ) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $ est algébrique sur $ \mathbb{Q} (z_1 , \dots , z_n ) $.
Donc, établir la conjecture de Schanuel, revient à établir l'assertion suivante,
Si $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} (z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1 ) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $ est algébrique sur $ \mathbb{Q} (z_1 , \dots , z_n ) $, alors, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} (z_1 , \dots , z_n ) \leq \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} (z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1 ) , \dots , \mathrm{exp} (z_n ) ) $.
Est ce que c'est ça ?
Merci d'avance.
Edit,
Non, @$ 708 $, je n'ai pas utilisé ce que tu écris, j'ai utilisé, $ \text{algébrique} \ \ \Longrightarrow \ \ \text{linéaire} $.
Si nous montrons que, $$ \text{algébriquement indépendants} \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1 ) , \dots , \mathrm{exp} (z_n ) ) \geq n $$, alors, cela signifie qu'on a montré que, $$ \text{linéairement indépendants} \ \Longrightarrow \ \ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1 ) , \dots , \mathrm{exp} (z_n ) ) \geq n $$ :-) -
Ton dernier edit : bah non, c'est pas comme ça que les implications marchent, de $P\implies Q$ et $P\implies R$ tu ne peux pas déduire $R\implies Q$.
Le cas où ils sont algébriquement indépendants est littéralement trivial et n'a aucun intérêt. -
D'accord. Merci.
-
Bonjour,
Soient $ z_1 , \dots , z_n \in \mathbb{C} $,
Comment démontrer que, si $ z_1 , \dots , z_n $ sont linéairement indépendants, alors,
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) \simeq $
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) \oplus \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ \oplus \dots \oplus \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $ ?
Merci d'avance. -
De la même manière qu'on démontre que $0^n=1$.
-
Pardon, j'ai ajouté une hypothèse à ma question précédente,
S'il vous plaît, un peu d'aide. :-) -
@Maxtimax,
$ 0^n = 0 $, et non $ 0^n = 1 $. Je ne comprends pas ce que tu veux dire. -
Je veux dire que c'est faux. Donc tu pourras autant le démontrer que $0^n = 1$ (sauf pour $n=0$)
-
@Maxtimax,
Mon intuition me dit que c'est correct.
Voici pourquoi je dis que c'est correct,
On pose, $ M = \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) \oplus \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ \oplus \dots \oplus \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $.
On considère application, $ \varphi \ : \ M \to \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) $ définie par, $$ \varphi (P_1 , \dots , P_n ) = \partial_{ z_{n}} P_1 + \dots + \partial_{ z_{1} } P_n $$
$ \varphi $ est clairement surjective.
Comment montrer que, $ \varphi $ est injectif ?
Merci d'avance. -
Non, je voulais dire,
On considère l'application $ \varphi \ : \ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) \to M $ définie par, $$ \varphi (P ) = ( \partial_{ z_{n}} P , \dots , \partial_{ z_{1} } P ) $$
Donc, $ \varphi $ est clairement surjective.
Comment montrer que, $ \varphi $ est injectif ?
Merci d'avance. -
Un produit de corps n’est jamais un corps.
-
Bien sûr que tout produit fini de corps est un corps @$ 708 $. Pourquoi tu dis le contraire ? :-)
-
Dans un premier temps, je cherche juste à montrer que $ \varphi $ est bijective, et non un isomorphisme de corps.
-
Bonjour,
Parce que ce n'est pas vrai.
Cordialement,
Rescassol -
Pouvez vous me dire, comment montrer que, $ \varphi $ est injective ?
$ \varphi $ est un morphisme de $ \mathbb{Q} $ - espace vectoriel, si $ \varphi $ n'est pas injective, comment calculer, $ \ker \ \varphi $ ?
Merci d'avance. -
D’accord, Pablo.
Je reformule : si tu as une preuve que tout produit de corps est un corps, alors tu peux effectivement prouver la conjecture de Schanuel. Je pense même qu’on peut en déduire la conjecture de Hodge. -
S'il vous plaît, répondez à ma question. :-(
-
Calculons $ \ker \ \varphi $,
Soit $ P \in \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $, tel que, $ \varphi (P) = 0 $.
Cela implique que, $ ( \partial_{z_{n}} P ( z_1 , \dots , z_{n-1} ), \dots , \partial_{ z_{1}} P (z_2 , \dots , z_n ) ) = (0 , \dots , 0 ) $.
Comment trouver, $ P $ ?
Merci d'avance. -
Si $ ( \partial_{z_{n}} P ( z_1 , \dots , z_{n-1} ), \dots , \partial_{ z_{1}} P (z_2 , \dots , z_n ) ) = (0 , \dots , 0 ) $, alors, $
( P (z_1 , \dots , z_n) , \dots , P ( z_1 , \dots , z_n) ) = ( Q_1 (z_1 , \dots , z_{n-1} ) , \dots , Q_n ( z_2 , \dots , z_n ) ) $.
C'est à dire, $ P(z_1 , \dots , z_n ) = Q_1 ( z_1 , \dots , z_{n-1} ) = \dots = Q_n (z_2 , \dots , z_n ) $.
Comment montrer que, $ P \in \mathbb{Q} $ ?
Merci d'avance. -
ça y est, j'ai résolu la conjecture de Schanuel mes amis. :-)
-
Bravo !
-
Félicitations Pablo !
-
Merci.
-
Poirot,
J'ai à mon actif, trois problèmes mathématiques, que j'ai réussi à résoudre dans ma vie. :-)
- Conjecture de Hodge.
- Résolution par radicaux des équations algébriques.
- Conjecture de Schanuel.
:-) -
Tu es vraiment un génie !!
-
Tu peux nous rappeler en quelques lignes la résolution de l'équation du sixième degré par radicaux ? Merci.
Par exemple $X^6-X+1=0$.
Merci. -
Attendez !
Pour être sincère, je ne suis pas allé jusqu'au bout dans mon calcul pour la conjecture de Schanuel pour donner une confirmation définitive ( J'ai peur, et j'ai la flemme de poursuivre le calcul jusqu'au bout ), mais, il me semble que j'ai trouvé l'idée de résolution.
Demain, je poursuivrai ce qui reste dans cette démarche jusqu'au bout, si j'ai du temps. -
Gilles a écrit:Tu peux nous rappeler en quelques lignes la résolution de l'équation du sixième degré par radicaux ? Merci.
Non, je ne peux pas. Je crains qu'on me pique mon travail, et le plagier. :-) -
@20100N,
Oui, c'est vrai, $ (0,1) $ n'a pas d'inverse dans $ K \times K' $, donc, $ K \times K' $ n'est pas un corps, mais, ça n'a aucun impact sur la validité de ma démonstration, vue que, maintenant, puisqu'on a calculé $ \ker \ \varphi = \mathbb{Q} $. On a, $ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) / \mathbb{Q} = M $, et donc, $ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) = M \oplus \mathbb{Q} $, et $ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) $ a une structure de corps, donc, on peut transférer cette structure de corps vers, $ M \oplus \mathbb{Q} $, et donc, $ M \oplus \mathbb{Q} $ devient lui aussi un corps. :-) -
Tu as aussi prouvé l'hypothèse de Riemann. Ainsi que son contraire. C'est la classe d'avoir démontré ZF inconsitant hein B-)-
Encore bravo ! -
Bonsoir,
J'ai corrigé une erreur qui se trouvait un peu partout dans ce fil, qui est que, le produit direct $ \times $ devrait changer en somme directe, $ \oplus $.
Donc, au lieu de noter,
$ M = \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) \times \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ \times \dots \times \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $.
il faut noter,
$ M = \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) \oplus \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ \oplus \dots \oplus \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $. -
Est ce que la somme directe $ K \oplus K' $ de deux corps, est un corps ?
Merci d'avance. -
D'où,
$ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) = $
$ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \big( \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) \oplus \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ \oplus \dots \oplus \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) \oplus \mathbb{Q} \big) $
$ = \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) + \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ + \dots + \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) + \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} \big) $
$ \geq n \times \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) + 0 $
$ \geq n \times \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) $
$ \geq n $
car, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) \geq 1 $, et, $ \mathrm{degtr}_{ \mathbb{Q} } \mathbb{Q} = 0 $.
Ce qui achève la démonstration de la conjecture de Schanuel.
Est ce que c'est correct ?
Merci d'avance. -
La somme directe $ K \oplus K' $ de deux corps n'est pas un corps!
Si $K=K'=\mathbb{R}$ alors comment définis-tu $ K \oplus K' $ ? Dans $\mathbb{R}^2\simeq\mathbb{C}$ le produit $(x,y)\times(x',y')$ n'est pas $(x\times x',y\times y')$.Les mathématiques ne sont pas vraies, elles sont commodes.Henri Poincaré -
Merci pour la correction.
Donc, il faut remplacer la somme directe $ \oplus $ par la somme non directe $ + $, de telle sorte que, si $ K $ et $ K' $ sont deux extensions de corps sur $ \mathbb{Q} $, alors, $ K \cap K' = \mathbb{Q} $, et $ K + K' = ( K \oplus K' ) / \mathbb{Q} $ ( ou bien, $ K \oplus K' = ( K + K' ) / \mathbb{Q} $ ? ). A vérifier. -
Donc, on obtient,
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) / \mathbb{Q} \simeq $
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) + \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ + \dots + \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) \simeq $
$ \big( \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) / \mathbb{Q} \big) \oplus \big( \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) / \mathbb{Q} \big) $
$ \oplus \dots \oplus \big( \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) / \mathbb{Q} \big) $
A la fin, on obtient le résultat. Ce qui achève la démonstration. :-) -
Pablo_de_retour écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2192784,2193528#msg-2193528
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
C'est faux si tu prends $K=\mathbb{C}$ extension commutative de $\mathbb{Q}$ et $K'=\mathbb{H}$ extension non commutative de $\mathbb{Q}$!
L'erreur c'est que l'extension $\mathbb{C}$ est algébriquement close mais peut être étendue en un corps non commutatif !Les mathématiques ne sont pas vraies, elles sont commodes.Henri Poincaré -
Excuse moi, je n'ai aucune idée de ce qu'est une extension non commutative.
-
Donc, le truc le plus important à retenir est que,
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) / \mathbb{Q} \simeq $
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) + \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ + \dots + \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
Cela implique que,
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) \simeq $
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) + \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ + \dots + \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) + \mathbb{Q} $.
C'est à dire que,
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_n , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_n) ) \simeq $
$ \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-1} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-1}) ) + \mathbb{Q} ( z_1 , \dots , z_{n-2} , z_{n} , \mathrm{exp} (z_1) , \dots , \mathrm{exp} (z_{n-2} ) , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $
$ + \dots + \mathbb{Q} ( z_2 , z_3 , \dots , z_{n} , \mathrm{exp} (z_2) , \mathrm{exp} (z_3) , , \dots , \mathrm{exp} (z_{n}) ) $. -
$\mathbb{H}$ le corps des quaternions est un sur-corps de $\mathbb{C}$ sur lequel le produit n'est pas commutatif. Il a été découvert par l'écossais Hamilton... d'où le symbole $\mathbb{H}$. $\mathbb{H}$ en temps que $\mathbb{R}$-espace vectoriel est de dimension $4$ sur $\mathbb{R}$.Les mathématiques ne sont pas vraies, elles sont commodes.Henri Poincaré
-
Ah, d'accord. Merci.
Mais, restons dans le cas commutatif, car, la conjecture de Schanuel porte sur des corps commutatifs. :-) -
Quelle est cette conjecture?
:-)Les mathématiques ne sont pas vraies, elles sont commodes.Henri Poincaré -
Bonjour.
Concernant le plagiat et le "vol de travail", nous ne sommes plus à l'époque de Fermat.
De plus, il n'y a pas grand chose à craindre vis-à-vis de la résolution de $x^6-x-1=0$.
Au pire, tu ne donnes que les deux racines exactes sous forme de radicaux, on n'est pas gras avec juste cela.
À bientôt.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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Ah Dreamer mais tu es nouveau !
Pablo ne donnera pas les racines, car il a la flemme de terminer les calculs, i.e. il sait très bien qu'il n'a rien démontré et qu'en donnant une fausse racine on verra immédiatement que c'est faux avec n'importe quel logiciel de calcul formel.
Et il a peur qu'on vole son travail se traduit en "je sais très bien que vous savez que je sais que je raconte n'importe quoi, mais j'aime bien aligner des jolies formules sans queue ni tête, donc laissez moi jouer tranquille". -
Merci Chalk.
Je m'en doutais un peu, mais étant donné le différentiel technique entre les conjectures respectives de Schanuel et Hodge et une résolution par radicaux, vu ce qui a été écrit sur ce fil, je me serais attendu à voir ce problème plié.
Dit autrement, une explication sur la "flemme" de continuer les calculs après avoir écrit autant de lignes d'explications sur la conjecture de Schanuel, qui est résolue, à n'en pas douter, simplement sur l'argument du "vol de travail", c'est un peu léger.
Pour info, j'ai encore demandé à mon ami WACKE, il m'a servi sur un plateau, instantanément, les valeurs approchées avec autant de décimales que je le voulais des racines du problème que j'ai évoqué, mais après plusieurs minutes, il est resté muet sur les valeurs exactes, même exprimée par fonctions spéciales, ce qui en dit long sur la connaissance actuelle en la matière.
Encore merci et à bientôt.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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Mais, vous ne m'avez pas répondu.
Est ce que la démonstration est correcte ?. J'attends votre confirmation, sinon, je reprends tout le travail.
Le jugement de Dreamer me laisse sceptique, c'est pourquoi, j'aimerai une confirmation. -
Si tu as besoin de nous pour vérifier une démonstration de quelques lignes, c'est que tu n'es pas en mesure de faire des mathématiques, et encore moins d'annoncer avoir résolu les plus grandes conjectures de ce monde.
Cette discussion a été fermée.
Bonjour!
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