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"Il est facile de" 2

Envoyé par christophe c 
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
[www.les-mathematiques.net]

926 oui oui pour $y$ et $x$ idempotents



Puisque $x$ est dans le centre, $xA$ et $(1-x)A$ sont bilatères et du fait que $x(1-x)=0$ on déduit que $A$ s'injecte dans $A/x\times A/(1-x)=B_1\times B_2$. On applique à $B_1$ et $B_2$ le meme traitement qu'à $A$ mais avec $y$ au lieu de $x$, et on déduit que $A$ s'injecte dans $B_1/y\times B_1/(1-y)\times B_2/y\times B_2/(1-y)$ et il est facile de vérifier que dans chacun de ces facteurs on a $classe(x)=classe(y)$

Vérifions le pour $B_2/y$ : en identifiant les éléments à leur classe : on a alors $ab=1$ et $ba=0$ ce qui entraîne que $a=(ab)a=a(ba)=0$ et donc $1=ab=0.b=0$ ce qui signifie que $B_2/y$ est l'anneau nul. Même chose pour $B_1/(1-y)$.

Quand à $B_1/y$ et $B_2/(1-y)$ c'est trivial car les classes respectives de $x$ et de $y$ y sont égales (resp à $0$ et à $1$)



Edité 7 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Pour la 926 la démo précédente montre que c'est oui si $x=1$ (car alors $y^2=y$)
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
@lmpc : je mets un lien vers la 926: [www.les-mathematiques.net]

Si tu supposes $x=1$ alors: $1=abab = ayb= aby = 1y = y$, donc $1=y$

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
@cc : oui le cas particulier de [www.les-mathematiques.net] en prenant $y=1$ est trivial, lol j'avais même pas vu mais on pouvait s'en douter ... (en revanche je ne sais pas si c'es aussi rapide pour $x$
et $y$ supposés idempotent, cf lien ci dessus, sous reserve que ce soit bon)


Sinon pour plus tard, je propose d'appeler $A'$ l'anneau engendré par $a$ et $b$,
Tout polynôme en les variables $a$ et $b$ sans terme de degré 1 est alors dans le centre de $A'$.(on pourrait même supposer que $A=A'$ sans perte de généralité, mais sauf si tous ceux qui réfléchissent à 926 s'accordent là dessus, appelons le $A'$ pour éviter des confusions)



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Pour 926 [www.les-mathematiques.net] en prenant $A$ engendré par $a$ et $b$ et en notant $D$ l'ideal formé par les polynômes en $a,b$ de valuation au moins 2.

Quatre remarques si $ab\ne ba$ :

1a) Le centre de $A$ est exactement l'anneau $C:=D+\mathbb Z$

1b)$\mathbb Z \times \mathbb Z\times C$ s'injecte dans $A$ par $(i,j,x)\mapsto ia +jb + x$

2a) $(x-y)A=(x-y)\mathbb Z$

2b) $x-y\in D$ et $(x-y)D=0$ ($x-y$ ressemble donc bcp à $0$)



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Le fil [www.les-mathematiques.net] amène à se poser les questions suivantes:

N° 931

1°) Soient $K$ un corps et $E$ un $K$-espace vectoriel de dimension infinie sur $E$. Est-ce que $GL(E)$ est égal à son groupe dérivé?

2°) Même question pour un espace vectoriel topologique (sur $\R$ ou $\C$) disons, avec son groupe des isomorphismes linéaires continus (de réciproque continue).
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
926 [www.les-mathematiques.net]

Réponse non :

Soit $M$ le monoïde libre (sans unité) engendré par $a$ et $b$ dans lequel tous les éléments commutent sauf $a$ et $b$, il suffit de prendre $A=\mathbb Z[M]$



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Par définition, un monoïde a toujours un élément neutre.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
926 : un contre exemple fini

$M=\left\{a,b,x,0\right\}$ avec $\forall u,v\in M\,\, uv=0\Leftrightarrow (u,v)\ne (a,b)$,

$\mathbb F_2[a,b,x]$ vérifie alors $ab=x\ne 0=ba$ et $x$ et $0$ dans le centre.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Question 932 (vague): à quoi ressemble l'abélianisé du groupe des bijections continues du cercle dans lui-même?

@lmpc: le truc consistant à juste prendre "la théorie" et dire que c'est le modèle cherché, je l'aime bien, mais hélas il manque dans ce cas la consistance de la théorie: exemple , ton anneau $\Z[M]$. Peut-être est-ce facile, je veux bien, mais ...

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Citation
GBZM
Par définition, un monoïde a toujours un élément neutre.
Merci pour cette précision. Y a t-il un nom pour désigner un ensemble muni d'une loi associative sans préciser d'élément particulier?
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Si $M$ n'a pas d'unité, $\mathbb Z[M]$ n'est pas un anneau. Pourquoi ne veux-tu pas d'élément unité ?
PS. Sauf erreur, le monoïde que tu décris (avec élément unité) a pour éléments $e, a,b,ab,ba$ et les $a^nb^p$ avec $n>1$ ou $p>1$. Quand on les multiplie à droite par $a$, on trouve $a,a^2, ba, a^2b, a^2b, a^{n+1}b^p$ et quand on les multiplie à droite par $b$ on trouve $b,ba, b^2, ab^2,ab^2, a^nb^{p+1}$.
C'est tout à fait consistant, non ? Je ne vois pas le problème de Christophe.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Citation
cc
@lmpc: le truc consistant à juste prendre "la théorie" et dire que c'est le modèle cherché, je l'aime bien, mais hélas il manque dans ce cas la consistance de la théorie: exemple , ton anneau Z[M]. Peut-être est-ce facile, je veux bien, mais ...

J'ai posté ça juste après, que tu as peut-être sauté, où nos posts se sont croisés :
[www.les-mathematiques.net]
Il suffit de vérifier un nombre fini d'opération pour établir la consistance, non?
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Citation
GBZM
Si $M$ n'a pas d'unité $Z[M]$ n'est pas un anneau. Pourquoi ne veux-tu pas d'élément unité ?

Merci, encore une fois pour cette remarque...Pour moi $Z[M]$ contenait* $1$ par définition, mais je n'ai aucun problème avec l'ajout de $1$ dans $M$, puisque ça ne change rien à l'argument, me semble-t-il...

*je parle au passé car je me range illico à la terminologie standard^^
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
lesmathspointclaires écrivait:
-------------------------------------------------------
> Pour moi $\mathbb Z[M]$ contenait* $1$ par définition

Quelle aurait été ta définition ?
PS. Je précise : quelle aurait été ta définition de $\mathbb Z[M]$ pour $M$ magma associatif ? Est-ce que ça serait toujours un anneau ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Citation
GBZM

Quelle aurait été ta définition ?

ancien($Z[M]$)=$Z[M\cup \left\{1\right\}]$ ie le plus petit anneau contenant les combinaisons linéaires d'éléments de $M$
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Qu'aurait été $\mathbb Z[\mathbb N]$ ? Pas l'anneau des polynômes ?
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Citation
GaBuZoMeu
Qu'aurait été Z[N] ? Pas l'anneau des polynômes ?
Ma réponse aurait été délicate, car dépendante de la définition de $\mathbb N$, avec $\mathbb N\subset \mathbb Z$ c'eut été $\mathbb Z$ et avec $\mathbb Z:=\mathbb N\times 2$ c'eut été les polynômes... Donc je suis content d'être fixé : $Z[N]$ est maintenant clairement les polynômes sans ambiguïté.

Reste que la notation $Z[x]$ pose problème... car si on prends $x=\mathbb N$ on tombe sur un troisième anneau^^
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Doucement sur le fumage de moquette, hein ?
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Merci pour la validation de.consistance GBZM. Pour moi c'est assez complexe à imaginer: CHAQUE élément de M est une indéterminée et on quotiente par un gros idéal contenant les pour lynomes a-bc quand dans M: a=bc .

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Oups : en mode non commutatif en plus. De mon téléphone.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Citation
cc
Merci pour la validation de.consistance GBZM. Pour moi c'est assez complexe à imaginer: CHAQUE élément de M est une indéterminée et on quotiente par un gros idéal contenant les pour lynomes a-bc quand dans M: a=bc .

On ne quotiente que dans le monoïde libre (sans problème à mon avis) pour avoir les relations voulues dans le "bon monoïde" et ensuite on prend le module des combinaisons linéaires des éléments du "bon monoîde".(sans problème, pensais-je peut-être naïvement*)

Mais pour être sûr de situer ton problème, celui ci persiste t-il encore dans le modèle FINI que je donne pour la troisième fois : [www.les-mathematiques.net] ?



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Citation
christophe c
Question 932 (vague): à quoi ressemble l'abélianisé du groupe des bijections continues du cercle dans lui-même?

@lmpc: le truc consistant à juste prendre "la théorie" et dire que c'est le modèle cherché, je l'aime bien, mais hélas il manque dans ce cas la consistance de la théorie: exemple , ton anneau Z[M]. Peut-être est-ce facile, je veux bien, mais ...
Il existe un morphisme non trivial de ce groupe vers $\{-1,1\}$.

Précisément, il existe une application $deg$ de $C^0(S^1,S^1)$ dans $\Z$ appelée "degré", constante sur les classes d'homotopie, telle que pour toutes $f,g$, $deg(g \circ f)=deg(g)deg(f)$, $deg(id)=1$, $deg \left ((x,y) \mapsto (x,-y) \right )=-1$ (en fait telle que pour tout $n \in \Z$, $deg(h_n)=n$ lorsque $h_n$ est l'unique application telle que $h_n \left (\cos(t),\sin(t) \right )= \left (\cos(nt),\sin(nt) \right)$; certaines de ces conditions sont peut-être redondantes. La dernière dit que deg "compte les tours autour du cercle". Voir un cours de topologie algébrique/homologie singulière).



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par Foys.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Merci foys, mais attention, plus le groupe est petit plus l'abélianisé est comme les souris quand le chat n'est pas là. Je n'y connais rien en topologie algébrique, mais est-tu sûr que le groupe soit si petit quand on a viré toutes les non bijections?

Je demande parce que l'intérêt de cette structure c'est que toute injection est bijective et donc elle a une certaine rigidité

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
@Lmpc, tu prétends que dans ton exemple fini, $ab$ n'est pas nul et $ba$ est nul. Je vais y réfléchir. Intéressante remarque.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
@christophe c: je ne sais pas ce qu'est cet abélianisé à vrai dire. Mais c'est juste pour dire qu'il n'est pas trivial.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Le contre exemple fini de lmpc me semble pouvoir étre réalisé par les matrices $a=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$ et $b=\pmatrix{0&0&0\\1&0&0\\0&0&0}$.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
@GaBuZoMeu : thumbs down
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Eeeeeeee oui joli et on prend le plus petit anneau contenant les deux matrices.

Bravo à vous 2 question entièrement fouillée et résolue.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
De mon téléphone et de tête donc prudence. Encore un prodige du déterminant que je crois avoir découvert.

Est-vrai? Est-ce de la routine?

Question 933: Dans tout anneau commutatif quelconque, pour toute matrices carrées à n lignes A,N, le déterminant de aA + N est divisible par $a^k$ où $k := n -$ rang de N et, pour tout $X$, rang de X := ordre de la plus grosse matrice carrée de déterminant non singulier/non nul (j'hésite) qu'on peut extraire de N?

Je mettrai couleur d'un PC

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Question 934: pour tout anneau commutatif unitaire $A$, il existe un suranneau de $A$ "algébriquement clos" dans le sens que tout polynôme UNITAIRE a une racine?

En espérant ne pas l'avoir déjà posée...

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Pour info la reponse à 933 est evidente facile pour qui connait les nombreuses definitions du déterminant je le laisse en exercice malgré tout.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Et la réponse est oui

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Concernant la 933, je serais intéressé, même si elle est facile comme exercice par connaitre la littérature qui l'utiliserait explicitement. Je trouve qu'on a la un "cas particulier d'évidence" (comme le sont tous les théorèmes de maths) relativement tordu, puisqu'il a une présentation qui ME semble peu croyable, alors qu'en fait c'est une "souris".

Question 935 : soit $E$ un ensemble et on suppose qu'on sait associer à toute fonction $f$ de codomaine inclus dans $E$ un élément $\phi(f)\in E$ de sorte qu'on ait commutativité et associativité générales, ie si $g$ est une bijection avec $codom(g)=dom(f)$ alors $\phi (f\circ g) = \phi(f)$. Existe-t-il alors forcément un élément $a$ de $E$ qui soit "absorbant", ie pour toute fonction $f$, si $a\in codom(f)$ alors $\phi(f)=a$?

J'aurais pu donner une définition plus propre avec un inaccessible et sans parler d'une $\phi$ définie sur tout l'univers, mais je pense que c'est peu gênant pour qui s'intéressera à la question.

Rappels:

$dom(f):=\{x\mid \exists y: (x,y)\in f\}$

$codom(f):=\{x\mid \exists y: (y,x)\in f\}$

Académiquement, on note souvent $Im(f)$ à la place de $codom(f)$, mais ici ça m'eût semblé inadapté.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Question 936: quelqu'un veut-il bien me mettre un lien vers un graphe simple et non orienté $G$ tel que, quelque soit le couple de sommets $(u,v)$ qui ne sont pas reliés dans $G$, le nombre de Hadwiger du graphe obtenu en identifiant ces deux sommets est strictement plus grand que celui de $G$.

Remarque: s'il n'en existe pas, la conjecture de Hadwiger serait (conséquence de cette inexistence) triviale, puisqu'il suffirait, partant d'un graphe quelconque, de faire des fusions successives sans augmenter le NH jusqu'à parvenir à une clique et on aurait colorié le graphe avec un nombre de couleurs $\leq $ à son nombre de Hadwiger

Précision: le nombre de Hadwiger d'un graphe est le nombre de sommets de la plus grosse clique qui soit un mineur de ce graphe.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Question 937: axiome du choix autorisé. Pour toute application $f$ de $\R\to \R$, il existe $g,h$ des applications de $\R\to \R$ qui sont périodiques et telles que $g+h=f$ ?

Question qui m'est inspirée par [www.les-mathematiques.net]

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par christophe c.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Pour la 935, je laisse le lecteur ajouter la définition de l'associativité, je viens de relire et j'ai oublié de la mettre.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
937 Je pense que oui je viens de le rendre compte qu'en général c'est non, je détail dans un autre post

Et en supposant $g$ de période $1$, $g(0)=0$ et $h$ de période $\pi$,
ça force les valeurs de $g$ et $h$ en tous les points de la forme $k+h\pi$, $k,h\in \mathbb Z$
On choisi un points qui n'est pas dans cet ensemble et ainsi de suite...ce qui n'est pas toujours possible



Edité 6 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Question 938: soit $E$ un ensemble et $f$ une application de $E\to E$. Pour tout entier $n\in \N$ et élément $b$ de $E$, on note $A(n,b):=\{x\in E\mid f^n(x) \neq b\}$, en considérant que $f^0(x)=x$ et $f^{p+1}(x)=f(f^p(x))$ pour tous $f,x$.

Soit $T$ l'intersection des topologies $X$ telles que $\forall n\in \N\forall b\in E: A(n,b)\in X$.

a/ exercice routinier: prouver que $T$ est quasicompacte et $T_1$.

b/ $T$ est-elle forcément une topologie noethérienne?


La question m'a été inspirée par le fil [www.les-mathematiques.net]

$<<X$ est un ensemble noethérien$>>$ abrège $<<$ pour toute partie non vide $Y$ de $X$, il existe $z\in Y$ tel que: $\forall t\in Y: (z\subset t\Rightarrow z=t)>>$



Question 939: en cas de réponse "non" à 938.b, existe-t-il forcément une topologie $T_1$ sur $E$ qui est noethérienne et au regard de laquelle $f$ est continue sur $E$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Remarque: je viens de m'apercevoir qu'il est TRES FACILE de répondre aux question 938 et 939, mais je les laisse quand-même.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Pour 937 [www.les-mathematiques.net]:

Réponse Non en général :

Si $g$ et $h$ sont de périodes respectives $ p $ et $ q $ et si $f=g+h$, alors $f(0)=f(np)+f(mp)-f(np+mq) $ pour tout $n, m\in \mathbb Z$

Dém:

On a
$g(0)=g(n)$
$=f(np)-h(np+mq)$
$=f(np)-(f(np+mq)-g(np+mq))$
$=f(np)-f(np+mq)+g(mq)$
$=f(np)-f(np+mq)+f(mq)-h(0)$
D'où
$g(0)+h(0)= f(np)+f(mq)-f(np+mq)$





Une réciproque "oui" élémentaire pour $f=Id$ avec l'axiome du choix est ici : [www.les-mathematiques.net]



Edité 6 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par lesmathspointclaires.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Félicitations pour la 937 , LMPC!!


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Voici une série de questions inspirées de fils en cours ou récents sur la notion de similitude ou autre en algèbre linéaire.

Question 940: soit $K$ un corps (commutatif), $n>1$ un entier et $M,N$ toutes deux dans $M_n(K)$. On plonge $K$ dans l'anneau de polynômes $A:=K[X_{11},...,X_{1n}, X_{21}..., X_{nn}]$, et on note $G$ la matrice dont chaque coefficient $(i,j)$ est $X_{ij}$. Est-ce que forcément :

$$ det(M+G) = det(N+G) \Rightarrow M==N$$

où $==$ est la relation de similitude?


Question 941: soit $A$ un anneau dont tout élément régulier est inversible, $n>1$ un entier, $E:=$ le module canonique $A^n$ et $f\in L(E,E)$. Existe-t-il forcément une forme bilinéaire $\phi: E^2\to A$ telle que pour tous $u,v$ dans $E$

$$\phi(u,f(v))=\phi(f(u),v)\ et\ \forall u\in E\exists v\in E: \phi(u,v)\neq 0$$


Question 942 (vague): quelles sont les relations entre le déterminant de $M$ et le déterminant de l'application linéaire de $M_n(A)\to M_n(A)$ définie par $X\mapsto MX$?

Question 943: soit $C$ la classe des anneaux commutatifs unitaires et $D$ la classe des corps commutatifs. Les énoncés qui sont vrais dans tous les éléments de $C$ est noté $T_1$ et ceux vrais dans tous les éléments de $D$ est noté $T_2$. Evidemment $T_1\subset T_2$. Existe-t-il une fonction $\phi$ définie partout ù je vais l'utiliser telle que pour tous énoncés $X,Y: \phi(X) \in T_2\iff X\in T_1$ et $\phi(X\to Y) = \phi(X)\to \phi(Y)$, où $\to$ abrège "implique"?

Question 944: soit $A$ un anneau dont tout élément régulier est inversible, $n>1$ un entier, $E:=$ le module canonique $A^n$ et $f\in L(E,E)$. Soit $F:=E\otimes E$.
Soit $G$ le sous-espace de $F$ engendré par les vecteurs de la forme $u\otimes f(v) - f(u)\otimes v$.
Soit $\phi$ le plongement canonique de $F$ dans $F/G$.
A-t-on forcément $\forall u\in E\exists v\in E: \phi(u\otimes v)\neq 0$?


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Pour la 942. J'ai bien envie de dire après une jonglerie avec les indices que : $\text{Det}(X \to MX) = \text{Det}(M)^n$ ... je ne détails pas car je sens que tu ne vas pas aimé le déluge d'indices. Mais l'idée c'est de voir que si on note $$V_k := \text{Vect}(E_{ik} \mid i \in \{1,\dots,n\})$$ alors $(X \to MX)$ stabilise les $V_k$ et ensuite écrire la matrice dans la somme direct $\oplus V_k$, si je n'ai pas merdé ça donne $n$ copies de $M$ en diagonale ... Est-ce que je me suis mélangé les pinceaux grinning smiley

Ps : Les $E_{ij}$ bases classiques de l'espace de matrice. Les matrices avec $0$ partout sauf sur le coefficient en position $(i,j)$ où c'est $1$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par moduloP.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Je réponds aux faciles.

Pour la 940, on peut commencer par supposer que $M=0$ (changement de variable). On voit que ce que tu demandes de prouver implique en fait que $M=N$ (pas seulement que $M$ et $N$ sont similaires). C'est un peu long à écrire en détail, mais il n'est pas difficile d'identifier pour chaque coefficient de $N$ des variables ($n-1$) telles que le coefficient de leur produit dans $\det(N+G)-\det(G)$ soit le coefficient de $N$ voulu. Du coup, ce coefficient doit être nul et on doit avoir $N=0$.

Pour la 942, ce déterminant est juste $\det(M)^n$ (puisqu'on peut voir cette application comme $(v_1,\dots,v_n) \mapsto (M v_1, \dots, M v_n)$).

edit : Oui moduloP je trouve pareil, tu ne t'es pas mélangé les pinceaux.



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" 2
il y a deux années
Pour la 940 : $\det(M+G)=\det(N+G)$ non seulement entraîne la similitude de $M$ et $N$, mais ça entraîne assez trivialement l'égalité de ces deux matrices.
Indice : quel est le coefficient du monôme $X_{2,2}\times \cdots\times X_{n,n}$ dans $\det(M+G)$ ?

PS. Même idée que Champ-Pot-Lion. Mais je ne suis pas d'accord avec lui sur le fait que "C'est un peu long à écrire en détail".



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
@Champ-Pot : Ouf !
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Merci et bravo!!! C'est bizarre, je vais relire le passage de RM où le contraire semblait dit, je n'ai pas dû comprendre. @GBZM, c'est $M(1,1)$ sauf erreur (donc N(1,1) si.., donc tu as raison)

Merci CPL (je m'en doutais un peu juste à l'instant "astrologique" grinning smiley , mais comme tu dis, faut y passer un peu de temps).

Bon, bin en vla deux de tombées sur les 5, mais j'en ai encore 10-15 de ce type en réserve.

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Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Pourquoi cette fixette sur les anneaux (commutatifs) où tout élément régulier est inversible ? Tout anneau commutatif se plonge dans un tel anneau en prenant son anneau total de fractions (on inverse tous les éléments non diviseurs de zéro).
Concernant la 941 : autant se poser la question pour un anneau commutatif quelconque, non ? Il faut d'ailleurs corriger la question (sinon la réponse est trivialement non) en écrivant : $\forall u\neq 0\ \exists v \ \ \phi(u,v)\neq 0$. À part ça, tu demandes que $\phi$ soit symétrique ?

PS : si $C$ est la matrice compagnon d'un polynôme unitaire sur n'importe quel anneau, le coup de la base de Horner montre qu'il existe une matrice de Hankel $H$ inversible sur cet anneau telle que $HC=C^{\mathsf T}H$. Mais il me semble vain d'espérer se ramener au cas des matrices compagnons sur un anneau commutatif quelconque.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" 2
il y a deux années
Ah oui, merci pour la coquille, je vais la corriger.
Pour répondre sur ma fixette, c'est pour éviter "des faux problèmes". Par exemple, hier, CQ signalait qu'on peut avoir des matrices de $M_2(\Z)$ non semblables à leur transposée, mais je veux éviter que ce soit parce qu'une injectivité ne se transforme pas en bijectivité. C'est tout (vu que dans le cas de $\Z$, et plus généralement des anneaux intègres, "moralement", le phénomène se produit)

J'en profite pour poser (maintenant que j'ai prix conscience que j'ai du mal lire le passage dans RM), les questions que toute personne qui m'a suivie ces jours-ci devine que je vais poser. Et j'en ajoute une un peu "à part".

Question 945: même question que la 940, mais on remplace $G$ par la matrice générique symétrique, (autrement dit, on se sert de $X_{ij}$ à la place de $X_{ji}$ quand $i<j$).

Question 946: même question que la 940, sauf que on remplace tous les $X_{ij}$ par $0$, sauf quand $i=j$, auquel cas on garde $X_{ij}$

Question 947: soit $A$ un anneau noethérien où tout élément régulier est inversible et $n$ un entier. Peut-il exister une suite strictement décroissante de sous-modules du module canonique $A^n$?

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