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"Il est facile de" 2

Envoyé par christophe c 
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Je viens de lire. sur ce genre de truc, je te conseille de le faire avec un semigroupe par exemple, tu ne perds pas en généralité et ça te permet d'avoir une psychologie claire sur l'essentiel.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Pardon, consultant mon mail, je viens de trouver cette question envoyée en MP: Je n'arrive même plus à me rappeler si j'avais déjà répondu à l'auteur. Je la numérote :

Question 1107

Citation

Si tu peux le proposer en question 1157 ou X de ton forum "il est facile de" (à Ulm, il ont vu les ultraproduits, peut-être que Calli pourra répondre).

Soit $I$ un ensemble dénombrable, et $D$ un ultrafiltre sur $I$.

Pour chaque $i \in I$, soit $M_i$ une $L$-structure finie, et soit $M^* = \prod_{i \in I} M_i / D$.

Montrer que $\lvert M^* \rvert$ est finie, ou bien égale à $2^{\aleph_0}$.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
avatar
Oui, avec le message sur les semigroupes (c'était en réponse à cet exo?), car je n'avance pas.
Merci.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par axexe.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Ah oui pardon! Je me lave tellement le cerveau sur Twitter grinning smiley

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Je te détaillerai d'un pc. Mais ça ne vient pas du côté structure qui juste là pour écrire le truc.

Wlog I= IN

Dans chaque Mn tu indices ses IN premiers éléments (ou moins) en comptant binaire

Dans ultrapuissance ou bien ça s'arrête (fini) ou bien l'indicage apparaît comme l'instant toutes les suites de 0 et de 1.

L'écriture décimale marche aussi.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
Encore de mon téléphone : j'essaie d'être plus clair.

WLOG tu as une fonction f de IN dans IN.

Ton ultrafiltre est un entier virtuel n.

Si f(n) est fini bin c'est réglé.

Sinon tu as l'injection suivante de [0,1] dans f(n) :

x |-----> partie entière de (x fois f(n))

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



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par christophe c.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
avatar
J'ose espérer que tu laves le cerveau des autres plus que le tien... Sinon on est mal... grinning smiley
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
C'est surtout physique. Mon autisme me protège des endoctrinements

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
avatar
J'ai vu un de tes exposés, cela ne se voit pas (Asperger sûrement).
(J'évite de trop m'épancher sur le sujet sinon AD va fermer la discussion, je souffre moi même d'une maladie congénitale qui m'a bien compliquée la vie et qui me la complique toujours... C'est un peu l'axiome de base de mes problèmes de santé, psychiques ou autres).
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
grinning smiley Pardon, c'était plusune façon de parler, je ne suis "qu'un peu" autiste (sans adjectif) et le diagnostic est "auto" plus que médical au sens où les rares fois où j'en ai parlé c'était "comme ça", les psys m'ont proposé des parcours pour vérifier et la flemme... En tout cas, ce n'est pas très prononcé, ça se voit plus en visitant mon compte en banque, ma cuisine, la mémoire de mon pc ou mon apart qu'en me regardant parler grinning smiley



Je suis sur mon pc, je te rédige la chose que tu demandais 1157:

Hypothèses: $f:\N\to \N$ et $W$ ultrafiltre sur $\N$. On s'intéresse à $S:=\{g\in \N\to \N \mid \forall^W p: f(p)\leq f(n) \}$ quotienté par le blabla que tu sais et je note $U$ l'image de $W$ par $f$ au sens des ultrafiltres, ie $X\in U$ ssi $\{x\mid f(x)\in X\}\in W$.

Si tu supposes $U$ trivial, c'est terminé et gagné et sinon, en notant $h_x: q \in \N\mapsto PartieEntiere(q\times x)$, tu as que $x\mapsto h_x\circ f$ est une injection de $[0,1]$ dans $S$.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq mois
avatar
Merci, je regarde cela smiling smiley.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question vague 1108


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Pour 1108, je ne sais pas mais au musée des horreurs il y a le sous anneau $\mathbf H$ ("quaternions") des matrices de $M_2(\C)$ de la forme $\begin{pmatrix}a & b \\ -\overline b & \overline a \end{pmatrix}$ avec $a,b$ complexes. Bien sûr c'est un corps (le déterminant de la matrice ci-dessus vaut $|a|^2 + |b| ^2$ et les inverses se calculent avec une formule dont tu as dit que tu la connaissais).
Dans $\mathbf H$, le polynôme $X^2+1$ a une infinité de racines (il y a tous les conjugués de $\begin{pmatrix} i & 0 \\ -0 & -i \end{pmatrix}$ par exemple).

Bref les polynômes non commutatifs c'est pas vraiment ça.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Merci pour cette présentation fulgurante qui se base sur ce que je connais. Grâce à toi le mot quaternion ne sera plus juste culturel pour moi.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Une question probablement facile.

Question 1109 : existe-t-il un cardinal $k$ tel que pour tout ordre total complet $(E,\leq)$, il existe deux parties adjacentes $(A,B)$ de $E$ vérifiant : $max(card(A),card(B)) <k$?

En précisant que $A,B$ adjacentes signifie (1) et (2) avec:

(1) $\forall x\in A\forall y\in B: x<y$

(2) $\{t\in E\mid \forall x\in A\forall y\in B: x\leq t\leq y\}$ contient au plus un élément

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
1109: sauf erreur, non.

$A$ un anneau commutatif ordonné est un anneau où il existe une partie $P$ telle que $-P=\{-x|x \in P\},\{0\}, P$ est une partition de $A$ et $P$ est stable par somme et par produit.
On note alors $x <_A y := y-x \in P$ et $x \leq_A y:= x<_A y \vee x = y$. On vérifie immédiatement que $\leq_A$ est une relation d'ordre total sur $A$ compatible avec les opérations et que $A$ est un anneau intègre (digression: $frac (A)$ est muni d'une structure de corps ordonné (en définissant alors $P':= \left \{ \frac x y \mid xy \in P\right \}$) prolongeant celle définie par $P$ (ce procédé fournit un moyen effectif de construire des corps ordonnés).

Soit donc $(A,P)$ ordonné comme précédemment. Alors sur $A[X]$ on note $n(P)$ l'ensemble des polynômes non nuls de $A[X]$ dont le coefficient non nul de plus petit degré est dans $P$. On vérifie que $(A[X],n(P))$ est ordonné comme ci-dessus, que $A$ s'injecte de façon croissante dans $A[X]$ pour cet ordre et que pour tous $a,b\in A[X]$ distincts, $\N$ s'injecte dans $]a,b[$ (en fait $X$ est "infiniment petit").

Donc soit $A_0:= \Z$ (muni de l'ordre usuel, obtenu avec $P_0:=\N$). On définit une famille d'anneaux ordonnés par induction de la façon suivante: si $\alpha$ est un ordinal, si $\alpha =\beta \cup \{\beta\}$ on pose $A_{\alpha}:= A_{\beta} [X]$ et $P_{\alpha}:= \nu \left ( P_{\beta}\right )$ et sinon si $\alpha$ est limite, on pose $A_{\alpha} = \lim \limits_{\rightarrow} \left (A_{\gamma}, P_{\gamma} \right )$ où $\gamma <\alpha$ (limite inductive; en fait $A_{\alpha}$ s'identifie à la réunion de ces anneaux).

Soit $\kappa$ un cardinal régulier (il en existe d'arbitrairement grands) et $a<b$ dans $A_{\kappa}$. Si $\lambda < \kappa$ et si une famille décroissante $(x_i)_{i\in \lambda}$ appartient à $]a,b[$, alors il existe $\mu: \lambda \to \kappa$ tel que $x_i \in A_{\mu(i)}$.
$\mu$ est bornée par un $\theta<\kappa$ et si on note$A_{\theta+1} =: A_{\theta}[X_{\theta}]$, $a+X_{\theta}$ minore strictement la famille $(x_i)_{i \in I}$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par Foys.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Merci Foys. Je n'ai pas réussi à voir si tu avais vu "complet". Tes ordres ne m'ont pas l'air complets.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Ah j'ai zappé ça. Je ne crois pas qu'ils le sont.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
En même temps on peut considérer l'ensemble $B_{\kappa}$ des parties $S$ de $A_{\kappa}$ telles que pour tous $x, y\in A_{\kappa}$, si $x<y$ et $y\in S$ alors $x\in S$ (comme les coupures de Dedekind; $A_{\kappa}$ s'identifie à une partie dense de cet ordre avec le plongement $u\in A_{\kappa} \mapsto \{y\in A_{\kappa} \mid y < x\}$). $B_{\kappa}$ est complet bien sûr.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
1109: N'importe quel ordre dense $\kappa$-saturé donne un contre exemple en prenant le complété de Dedekind non?
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
C'est lors de la complétion que les choses ne sont pas évidentes. Qu'appelles-tu "k-saturé"?

Un fois complet, tu as des tas d'éléments borne sup de suites ou bornes inf de suites. La question porte sur le fait de trouver un élément qui serait à la fois borne sup d'un petit petit ensemble et aussi borne inf d'un petit ensemble. Je n'ai pas regardé de près, on voit bien le genre de constructions qui peuvent aboutir, le problème étant qu'il faut se poser et les mener au bout pour les faire aboutir.

D'où publication de cette question ici.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
La question suivante ne doit pas être confondue avec [www.les-mathematiques.net] où j'ai fini par changer de définition pour le mot "mériter d'avoir une solution" (qui n'est plus la non constance, mais le fait d'en avoir une dans au moins une extension)

Question 1110 : existe-t-il un corps non commutatif où tout polynôme non contant est surjectif?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question 1111:

$A$ est un anneau unitaire, pas forcément commutatif.
$M$ est une matrice à coefficient dans $A$ avec 9 lignes et 8 colonnes.

Etant donné trois colonnes de mêmes tailles U,V,W on note $\phi(U,V,W)$ la somme des $U_iV_iW_i$.

Existe-t-il forcément deux colonnes $a,b$ avec 9 cases, aucune n'étant nulle, telles que pour toute colonne $c$ de $M$, on a:

$$ \phi(a,c,b)=0$$


Evidemment, vous l'aurez compris, j'ai utilisé $8,9$ en lieu et place de $n,n+1$ pour vous faire gagner en antistress de lecture.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question 1112 :

Existe-t-il un cardinal $k$ tel que tout espace de Hilbert puisse être recouvert par strictement moins de $k$ de ses parties discrètes?

(J'espère que ce n'est pas une redite, ma sénilité a progressé)

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Question 1113 :

Soit $K$ un corps commutatif. On suppose que pour toute suite $f$ d'applications polynomiales telles que $\forall n: f_n: K^{n+1}\to K^n$, il existe une suite $u$ telle que $\forall n : f_n(u_{n+1}) = u_n\in K^n$.

Est-ce qu'alors, forcément, $K$ est algébriquement clos?


Question 1114 :

Soit $K$ un "corps" pas forcément commutatif. On suppose que pour toute suite $f$ d'applications polynomiales telles que $\forall n: f_n: K^{n+1}\to K^n$, il existe une suite $u$ telle que $\forall n : f_n(u_{n+1}) = u_n\in K^n$.

Est-ce qu'alors, forcément, $K$ est est tel que toute équation algébrique ayant une solution dans une extension de $K$ en a une dans $K$?


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
@christophe c: Je voulais dire $\kappa$-saturé au sens où pour deux ensembles $A,B$ avec $card(A),card(B)<\kappa$ et $A<B$, il existe $y$ avec $A<y<B$. Le problème est que tu laisses la possibilité d'avoir des ensembles adjacents de la forme $A,\{\sup A\}$, ce qui donne une réponse positive pour tous les cardinaux non nuls. Si tu interdis que $A$ ait un maximum ou que $B$ ait un minimum, alors on peut prendre, un cardinal $\kappa \geq \aleph_0$ étant donné, un ordre $\kappa$-saruté et dense $E$. Alors étant donné $(A,B)$ avec $A,B$ adjacents et $card(A),card(B)<\kappa$, puisque le plongement de $E$ dans son complété est dense, on peut trouver $A',B' \subseteq E$ qui "réalisent la même coupure" et qui sont de mêmes cardinaux, ce qui contredit la saturation; c'est ça que je voulais dire.

Pour les histoires de corps non commutatifs je me rends compte que je ne connais quasiment pas d'exemples intéressants. Je vais poster un fil dans la section algèbre pour en recueillir.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Merci Palabra, je suis d'accord que mon énoncé buggue en autorisant des choses non voulues avec les singletons. J'aurais dû dire qu'on se limite aux couples où $A$ n'a pas de maximum et $B$ n'a pas de minimum.

Là où je ne te capte pas trop bien, c'est dans ta phrase "tu réalises la même coupure". En effet, pour un contre exemple on souhaite prouver un :

"pour toute coupure blabla***"


La densité et ce qui est vérifié dans le sous ordre dense pour toutes ses coupures à lui ne suffit pas de manière évidente à l'assurer pour toutes les nouvelles coupures. Je ne dis pas que ça ne peut pas se faire de manière non évidente pour autant.

*** blabla := l'un des deux côtés au moins a une forte cofinalité (je le dis comme ça à toi, car je pense que tu comprends)

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Je prends la version où $A$ doit être sans max et $B$ doit être sans min. Un cardinal $\kappa>\aleph_0$ étant donné, on se place dans le complété $\widetilde{E}$ d'un ordre total dense $E$ qui est $\kappa$-saturé. Je vois $\widetilde{E}$ comme l'ensemble des parties $\leq$-initiales de $E$, muni de l'inclusion. Le plongement naturel $\varphi:E\longrightarrow \widetilde{E}$ est dense, car pour deux parties $\leq$-initiales $I,J$ de $E$ avec $I\subsetneq J$, on a un $x \in E$ avec $x \in J\setminus I$, et donc $x>I$ par initialité de $I$, donc $I\subsetneq\varphi(i)\subsetneq J$.

Supposons qu'il existe $A,B$ adjacents dans $\widetilde{E}$ avec $card(A),card(B)<\kappa$. Puisque $E$ est dense dans $\widetilde{E}$, pour chaque $a<a'$ dans $A$, on peut choisir un $a''$ dans $E$ avec $a<a''<a'$. Je note $A_0$ l'ensemble des tels $a''$. De sorte que $A_0$ est un sous-ensemble de $E$ de cardinal $\leq card(A)$. On fait la même chose pour $B$, obtenant un ensemble $B_0$. Pour tout $a$ dans $A$, il existe $a'$ dans $A$ avec $a<a'$ et donc il existe $a''$ dans $A_0$ avec $a<a''$. Même chose pour $B$, et on a bien $A_0<B_0$ car on a $A_0<B$ et $B$ coinitial par rapport à $B_0$. Enfin $A_0$ et $B_0$ sont bien adjacents car on a l'équivalence $\forall y \in \widetilde{E},(A<y<B\longleftrightarrow A_0<y<B_0)$. Mais comme $E$ est $\kappa$-saturé, on a en fait déjà plusieurs éléments $z$ dans $E$, et donc dans son complété, avec $A_0<z<B_0$, donc $A<z<B$. Cela contredit la supposition que $A$ et $B$ sont adjacents.
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre mois
Bravo et merci à toi. En plus tu viens d'illustrer à quel point une simple "coquille" qui "ne change pas la compréhension intuitive d'une question peut en changer ... la réponse!!!

Citation
Palabra
Pour tout $a$ dans $A$, il existe $a''$ dans A avec $a<a'$

Je n'avais même pas encore fait l'edit de cette coquille la considérant comme pas grave

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1115

Cette question concerne les anneaux commutatifs unitaires.

Un idéal est dit fiable quand il a propriété suivante: chaque fois qu'il contient (comme sous-ensemble) une intersection d'un nombre fini d'idéaux principaux, il contient l'un d'entre eux.

Construire un anneau où l'intersection de tous les idéaux fiables n'est pas nulle.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1116

Un compact $E$ sera dit bleu s'il a la propriété suivante: pour tout entier $n$ et toute application continue $f: E^n\to E^n$, il existe $x\in E^n: f(x)=x$.

On ne suppose pas l'axiome du choix.

Soit $A$ un ensemble dont tous les éléments sont des compacts bleus. Existe-t-il forcément une fonction $f$ définie sur $A$ telle que pour tout $E\in A$, l'ensemble $f(E)$ est une partie ni vide, ni pleine de $E$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1117 :

soit $A$ un anneau commutatif topologique (ie ses opérations sont continues) qui n'est pas unitaire, et qui est compact.

Existe-t-il forcément dans $A$ un élément $e$ tel que $A=(e)$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
avatar
Bonjour,
Non. Exemple : $(2\Bbb Z/4\Bbb Z)^2$.
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
avatar
@Calli tu aurais juste dû répondre "Non" et laisser cc chercher par généralisations successives l'évidence ... (cf. [www.les-mathematiques.net]) smoking smiley
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
avatar
T'as raison. La prochaine fois je lui dirais aussi que la réponse est tellement triviale que je le laisse chercher pour ne pas lui gâcher le plaisir, comme il aime bien le faire lui-même smoking smiley (en plus c'est vrai que c'était pas très dur de trouver là).
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Merci thumbs down thumbs down

Et ne me martyrisez pas, je suis un vieux bonhomme fragile, hein... winking smiley

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Un jeune on peut lui dire "cherche", mais un vieux, c'est tout de même délicat

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
avatar
On va se gêner... tongue sticking out smiley
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1118 : est-ce que pour tout cardinal $a$, il existe un cardinal $b$ tel que pour tout anneau commutatif unitaire $A$ :

si tout ensemble totalement ordonné par l'inclusion d'idéaux de $A$ est de cardinal $<a$ alors le cardinal des idéaux premiers minimaux dans $A$ est $<b$?



Alors je précise, c'est vrai (grands cardinaux utilisés) mais la question précise est de borner $b$ en fonction de $a$ dans ZFC seul sans grand cardinaux.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1119:

soit $E$ un espace compact et $n$ un entier. On dit que $E$ est $n$-ok quand il existe $S\subset P(E)$ tel que $S$ engendre la topologie de $E$ et tout recouvrement par des éléments de $S$ contient un sous-recouvrement de cardinal $n$. On note $ccdim(E)$ le plus petit $n$ tel que $E$ soit $n$-ok, s'il existe.

1119.1/ Calculer les $ccdim$ des hypercubes $[0,1]^n$ de $\R^n$

1119.2/ Construire un compact qui n'a pas de ccdim finie.



Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1120


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1121


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Ah bon, parce qu'en plus tu ne connais pas la réponse !
Qu'est-ce qu'y faut faire, Dr ?
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Euuu si si pardon, excuse-moi, c'est que j'ai eu le réflexe de mettre "question". Je pense savoir prouver que la réponse est que ça ne peut pas exister, mais je t'avoue que je n'ai pas rédigé, des erreurs sont possibles.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question résolue 1122


Toute application linéaire est combinaison linéaire de projecteurs (je le mets au présent de l'indicatif)

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Question 1123


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Il y a des questions qu'on ne pose pas tant elles semblent parfois familières, en voici une "bête et méchante" sur les anneaux noethériens.


Question 1125

Soit $A$ un anneau noethérien commutatif. Soit $L$ un ensemble d'idéaux de $A$. Existe-t-il forcément une partie $D$ de $L$, dénombrable, telle que

$$\bigcap(D)=\bigcap(L)$$


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Questoin 1126


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Une question calculatoire.

Question 1127

soit $A$ un anneau commutatif unitaire, $E$ un ensemble, $F$ un ensemble FINI d'applications de $E$ dans $A$.

Soit $L$ une applicatoin de $F$ dans $A$, telle que $\forall f,g,h$ toutes les trois dans $F:$
si $f+g=h$ alors $L(h) = L(f) + L(g)$

Existe-t-il forcément un entier $n$ et un uplet $((a_1,x_1),(a_2,x_2),..(a_n,x_n))$, les $a_i$ étant dans $A$ et les $x_i$ dans $E$

tel que pour toute $f\in F: $

$$ L(f) = \sum a_if(x_i)$$


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois mois
Conjecture 1128


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