Etant sur un pc, je te (apprenti) donne une preuve qui parle d'applications linéaires. J'attends de voir ta réaction pour compléter. Je reste dans un corps (la preuve que je donne se modifie d'un epsilon pour être valable dans tout anneau, mais je ne sais même pas encore si tu connais ce mot).
Soit $K$ un corps; $n$ un entier naturel non nul. Je considère que tu connais les opérations suivantes:
$+: K^n\to K^n$ et
$. : K\times K^n\to K^n$
J'abrège $E:=K^n$. Tu n'as besoin d'envisager, quand j'écrirai $F$ qu'il s'agit d'autre chose que de $K^p$ avec éventellement un autre entier que $n$, mais c'est tout.
$<<f$ est une application linéaire de $E\to F>>$ abrège $<<f$ est une application de $E\to F$ telle que pour tous $x\in K, u,v$ dans $E: f(xu+v) = xf(u) + f(v)>>$.
1/ Pour t'éviter de lire des choses trop abstraites, je vais de prouver que s'il n'y a pas d'injection linéaire de $K^n$ dans $K^6$ alors il n'y en a pas non plus de $K^{2n}$ dans $K^7$.
Bien évidemment, tu comprendras (enfin j'espère) à lecture de l'argument que ça vaut pour tous $n,p,n+1, 2p$ venant remplacer $6,n,7,2n$.
2/ La preuve: soit $f$ une injection linéaire de $K^{2n}$ dans $K^7$. Soit $u$ non nul de $K^n$ et $r\in K$ tel que $f(u_1,...,u_n,0,0,..,0) = (0,0,0,0,0,r)$. Soit $v$ non nul de $K^n$ tel que $f(0,0,....,0,v_1,...,v_n) = (0,0,0,0,0,s)$. Alors $f(w)$ est le vecteur nul de $K^7$, où $w : = (su_1,..,su_n,-rv_1,..,-rv_n)$
3/ Maintenant je te prouve que s'il y a une injection linéaire de $K^9$ dans $K^8$ alors il y en a aussi une de $K^{10}$ dans $K^8$. Je te laisse (c'est trivial) voir pourquoi ça entrainera alors qu'il y en a une de $K^p$ dans $K^8$ pour tout $p\geq 9$.
Soit $f$ une injection linéaire de $K^9$ dans $K^8$. Voici la définition d'une injection linéaire $g$ de $K^{10}$ dans $K^8$: partant de $(x_1,..,x_{10})$, on utilise $f$ pour obtenir $(y_1,..,y_8):=f(x_1,..,x_9)$, puis on prend $g(x_1,..,x_{10}) := f(u_1,..,y_8,x_{10})$.
4/ Je te laisse comme exercice de voir que ces arguments établissent que pour tous entiers $n,p$ s'il y a une injection linéaire de $K^n$ dans $K^p$ alors $n\leq p$.
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Soit $K$ un corps (non nécessairement commutatif), $E$ un espace vectoriel (à gauche) sur $K$, $m,n\in \N$, $f_1,...,f_n, e_1,...e_m \in E$. On suppose que $(e_1,...,e_m)$ est libre et que pour tout $k$, $e_k$ est dans le sous-espace engendré par $f_1,...,f_n$ (autrement dit pour tout $k\in \{1,...,n\}$, il existe $\alpha_{k,1},...,\alpha_{k,n}\in K$ tels que $e_k = \sum_{i=1}^n \alpha_{k,i} f_i$).
Alors $m \leq n$.
On va le prouver par récurrence sur $m$. On considère donc $(\alpha_{i,j})_{1 \leq i \leq m,1 \leq j \leq n}$ comme dans l'énoncé.
Si $m=0$ le résultat est évident (toute famille vide est libre).
Si $m \geq 1$:
On ne peut avoir $n=0$ sinon les $e_1$ serait nul (impossible pour une famille libre). On distingue deux cas:
1° $\alpha_{k,n}=0$ pour tout $k \in \{1,...,m\}$. Alors $e_1,...,e_m$ (et donc a fortiori $e_1,...,e_{m-1}$) est dans l'espace engendré par $f_1,...,f_{n-1}$. Comme $e_1,...,e_{m-1}$ est libre, on a (hypothèse de récurrence) $m-1 \leq n-1$ et donc $m \leq n$
2° Il existe $k$ tel que $\alpha_{k,n} \neq 0$. Quitte à permuter les termes de $e_1,...,e_m$, on peut supposer que $k=m$. Alors (cf détails plus bas)$\displaystyle{\left (e_p - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} e_m\right )_{1 \leq p \leq m-1}}$ est une famille libre(i) dont les termes (ii) appartiennent à l'espace engendré par $f_1,...,f_{n-1}$; et à nouveau on a $m-1 \leq n-1$ par hypothèse de récurrence et donc $m \leq n$.
Preuve de (i): soient $\lambda_1,...,\lambda_{m-1}$ tels que $\displaystyle{\sum_{p=1}^{n-1} \lambda_p\left (e_p - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} e_m \right ) = 0}$. Alors
$$ \sum_{p=1}^{m-1} \lambda_p e_p + \left( - \sum_{i=1}^{m-1} \lambda_p \frac{\alpha_{p,m}}{\alpha_{m,n}}\right ) e_m = 0$$
ce qui entraîne (liberté de $(e_1,...,e_m)$) $\lambda_1 = ... = \lambda_{m-1}$.
Preuve de (ii): Pour tout $p\in \{1,...,m-1\}$, on a $$\begin{align}
e_p - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} e_m & = \sum_{i=1}^n \alpha_{p,i} f_i - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}}\sum_{i=1}
^n \alpha_{m,i}f_i \\
& = \sum_{i=1}^{n-1} \left (\alpha_{p,i}-\frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} \alpha_{m,i}\right ) f_i + \left (\alpha_{p,n}-\frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} \alpha_{m,n} \right ) f_n \\
& = \sum_{i=1}^{n-1} \left (\alpha_{p,i}-\frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} \alpha_{m,i}\right ) f_i
\end{align} $$
D'où le résultat.
*********************
Commentaires à suivre (je suis occupé) mais
-Cette preuve n'est rien d'autre que l'application du pivot de Gauss
-(de mémoire, ça doit se trouver dans Bourbaki algèbre chap I à III en exo) il existe un anneau non commutatif $A$, et un $A$-module ayant des bases finies de cardinal différent.
Donc le fait qu'on peut diviser compte (ou alors il faut la commutativité)
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Merci pour ta contribution foys, on voit la différence entre les deux arguments (même en corrigeant un peu les différences de complétude), heureusement que tu es passé, j'ai failli la poster pour justement montrer les quantités de symboles. Tu m'économises pas mal de minutes de ma vie là, je te dois un gros bisous!
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J'en profite pour expliquer à apprenti l'autre raison pour laquelle la preuve verte est mieux. Elle s'étend à tout anneau commutatif sans quasiment aucun changement.
Je te donne les changements à faire:
Au lieu de parler de triplet $(A^n,A^p,f)$ où $f$ est injective de de $A^n$ dans $A^p$, tu parles de quintuplet
$$(A^n,A^p,f,J,S)$$
où $J,S$ sont des idéaux de $A$ ne contenant pas $1_A$ et tu remplaces injective par:
A l'intérieur de l'argument, après avoir obtenu $u$ tel que $f(u_1,..,u_n,0,0,....,0)=(\varepsilon_1,..,\varepsilon_{n-1}, r)$ avec les $\varepsilon_i$ dans $S$ et au moins un des $u_i$ pas dans $S$, le $v$ que tu cherches doit vérifier qu'au moins un des $v_i$ ne soit pas dans l'idéal $\{x\mid rx\in J\}$
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sans donner la réponse à l'étudiante je trouve dommage de partager toute la puissante culture inspirante en lui répondant (ce que font les intervenants). Je note r la fonction racine carrée.
CE N'EST PAS RAISONNER PAR L'ABSURDE que de l'inviter à regarder ce qui se passe si pour tout x (positif) r(x) est majoré par kx= k fois r(x) fois r(x).
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Hélas, l'Histoire l'a écrabouillée à des fins de "toujours plus vite"
en parlant directement de $x\mapsto \phi (D_f(x))$ à l'aide d'une $\phi$ extrêmement intelligente et politique, mais qui, avec en plus l'approximation supplémentaire en dim1 pratiquée dans le secondaire de plutôt parler du coef dir de $D_f(x)$, induit bien des attentes-impasses.
L'oubli de "ce rappel" semble être à l'origine de nombreuses questions sur le forum.
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EDIT:
Je complète un peu. [small]Si $ua+vb = 1$ alors (collège) $(u^2a + 2uvb)a + v^2b^2 = 1^2 =1$ dont découle que si je note $Bez(a,b):=(\exists x,y: xa+yb=1)$, on a $Bez(a,b)\to Bez(a,b^2)$ et ainsi de proche en proche, ayant supposé $Bez(p,q)$, on obtiendra $Bez(p^6,q)$ donc existence d'entiers $x,y$ tels que $xp^6+yq=1$ donc tels que $xkq+yq=1$ avec $k:=p^6/q$ déduit entier dans l'argumentation précédente de sorte que $(xk+y)q=1$ donc $q\in \{1;-1\}$[/small]
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une turpitude numéro 234566345 de l'enseignement secondaire. Je redonne donc un exo que je donne souvent, qui prouve irréfutablement le caractère "turpitude" de l'évènement.
Prouver que l'énoncé à prouver dans le lien EST EQUIVALENT à l'axiome de récurrence
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Oui mais je pense que ce que j'écris sera utile aux débutants en fait c'est tout. Si effectivement ca ne l'est pas je modifierai. Je laisse un de temps passer. De mon téléphone
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Pour éviter de faire des annonces sans correction et vue la bombe atomique que foys vient de lacher dans le fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1771686,1771686#msg-1771686 dont je parle deux posts avant, je donne la correction (en blanc sur blanc) du fait que formellement, tout élève qui réussit à prouver le truc demandé, réussit à prouver aussi l'axiome de récurrence.
L'hypothèse est que la suite $u$ vérifie, $u(0)=100$ et pour tout n : $u(n+1) = 0.8 u(n) + 10$ et la demande est d'en déduire "quelque chose" à propos des variations de $u$. On ne sait rien de plus sur $u$.
EDIT: je modifie la couleur car de toute façon, le présent fil est délocalisé, donc inutile de faire doublon en fait.
Edit mathématique: je laisse en exercice (tout aussi routinier) de prouver que même sans strictement on a le même phénomène
Soit $A$ une partie de $\N$ qui est à la fois non vide et sans minimum (j'ai déjà raconté ça 2365847 fois). [size=x-small]Soit $B$ l'ensemble des entiers $n$ tels que $\forall x\in \N\cap [0,n]: x\notin A$. La partie $B$ vérifie $0\in B$ et $\forall n: n\in B\to n+1\in B$.
Je rappelle aussi que l'épreuve du BAC ES est toujours la même (à epsilon près) et que les candidats arrivent sujet et correction (c'est le truquage en place pour leur assurer des bonnes notes), et en particulier, lors de "l'éternel" exercice sur ce genre de suite, il leur est fourni k tel que la suite $v:n\mapsto u_n+k$ vérifie $v$ est géométrique de raison $0.8$. Ils n'y comprennent que pouic évidemment, mais apprennent toute l'année par coeur à écrire le calcul :
$$ v(n+1) = u(n+1) + k = 0.8u(n) + 10 + k = 0.8 u(n) + 0.8 k = 0.8(u(n) +k) = 0.8 v(n) $$
en pensant (ou pas de toute façon ils auront les points) à ajouter "car $10+k = 0.8k$ (pour ça, il suffit de prendre $k:=-50$)
Je n'ai bien sûr pas subi un bug soudain en ayant l'air de changer de sujet, c'est juste pour aider le lecteur à voir ce que je vais faire.
Supposer (après l'axiome de récurrence appliqué) que $v = (n\mapsto 50\times 0.8^n)$ et donc $u=(n\mapsto 50+ 50\times 0.8^n)$ donne évidemment la stricte décroissance de $u$. Mais il y a le "après".
Sans ce après, et en utilisant $B$ ci-dessus, la suite $u:=(n\mapsto $ if $n\in B$ then $50+50\times 0.8^n$ else $50 )$ vérifie l'hypothèse. Or la supposer strictement décroissante entraine alors $B=\N$.[/size]
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je ne le signale jamais ou presque mais pour une fois: la 2045807436ième [large]manifestation du drame que constitue[/large] le refus des institutions enseignantes à faire acquérir un chapitre "variables liées" à leurs élèves.
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Juste pour dire que si l'aire apparaît notion première, car abordée au CE2, la moyenne (ou plutôt l'espérance math) est d'accès premier.
Exemple : quand on est dans la forêt, il semble très largement plus triomphant, pour calculer $\ln(53)$, de prendre 100 nombres au hasard dans $[1,53]$, de faire la moyenne de leurs inverses et de multiplier par $52$ que de tenter à l'arrache de dessiner la courbe de $x\mapsto 1/x$ et de paver la portion concernée avec des petits carrés :-D
edit 52 e tnon pas 53
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Non car la précision des méthodes de Monte-Carlo est très faible (la variance vient tout gâcher et ça ne devient intéressant que pour intégrer $f$ sur $[0,1]^d$ avec $d$ énorme).
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Pour la 98765432123456789 ième fois:
Soit $\mathcal X$ un ensemble de parties de $\R^2$ stable par union disjointe et contenant tous les ensembles $E$ tels qu'il existe un carré $C$ tel que $C \subseteq E \subseteq \overline C$.
Soit $a: \mathcal X \to [0,+\infty [$ une fonction croissante invariante par translation (si $t\in \R^2$ et si $U\in \mathcal X$ est tel que $U+t \in \mathcal X$ alors $a(U)=a(U+t)$) et telle que $a([0,1[^2)=1$.
Soit $\mathcal Q$ l'ensemble de toutes les parties de $\R^2$ dont la fonction caractéristique est Riemmann-intégrable.
Alors la restriction de $a$ à $\mathcal X \cap \mathcal Q$ admet un uniquement prolongement $a'$ à $\mathcal Q$, tel que pour tout $F \in \mathcal Q$, $a'(F) = \int_{\R^2} \mathbf 1_{F}$.
La généralisation à $\R^d$ pour $d\geq 1$ est vraie (la dimension ne joue aucun rôle dans la preuve).
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
L'imprécision provient du théorème central limite en fait.
Si $V$ est une partie mesurable de $[0,1]^{d+1}$ ("volume sous la courbe" d'une fonction $f:[0,1]^d \to [0,1]$ par exemple) et si $p := \int f = mesure(V)$ alors quand on tire des points indépendants uniformes $(X_i)_{1\leq i \leq n} \in [0,1]^{d+1}$ et qu'on note $Y_k=1$ si $X_k\in V$ (et $0$ sinon) pour tout $k\in \{1,...,n\}$, on sait que quand $n$ est grand, $\frac{1}{\sqrt n} \sum_{k=1}^n (Y_k-p)$ se comporte comme une gaussienne centrée de variance $\sqrt{p-p^2}$.
Autrement dit on a une erreur dans le calcul de l'intégrale dont l'ordre de grandeur est en $\sqrt{\frac{p-p^2}{n}}$.
Avec une méthode de rectangles disons, il y a $n^d$ rectangles à envisager.
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Je simplifie les arguments brandis comme venant de la compacité. Curieusement même si le réalisateur de maximum est (de manière compliquée) un vecteur propre il y en a un autre bien plus simple (ce qui tue les calculs au niveau preuve).
On suppose évidemment qu'on multiplié par le scalaire qu'il faut et que w à la plus grande image parmi ceux de norme 1 et qu'elle est de norme 1.
Comme < f(w) | f(w) > = < w | f(f(w)) > donc f(f(w)) = w donc w + f(w) est vecteur propre.
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Supposons que $f\in L(E,E), w\in E$ soit tels que $\forall u\in B_1: f(u)\in B_1$ et $<w|w>=1$ et $<f(w)|f(w)>=1$
Posons $u:= f(f(w))$ et supposons $<f(w)|f(w)> = <w|u>$
Alors $< w-u | w-u > \leq 2 - 2<w|u> = 0$ donc $w=u$. Par conséquent: $f(w+f(w)) = f(w) + u = f(w) + w$. Par ailleurs, si $f(w)+w = 0$ alors $(-1)$ est valeur propre de $f$.
Cette preuve entraine que toute matrice symétrique réelle admet une valeur propre réelle. En effet, si $M\in M_n(\R)$ est symétrique alors $(^t(MX))Y = (^tX)(^tM)Y = (^tX)(MY)$, ie $<MX | Y> = <X|MY>$.
La compacité intervient dans le fait qu'il existe $u\in B_1$ tel que $\forall v\in B_1: ||f(v)|| \leq || f(u) ||$, où $B_1:=\{e\mid ||e||\leq 1\}$
On peut alors appliquer le raisonnement précédent avec $v\mapsto (1/ ||f(u)||) f(v)$.
Remarque habituelle: la preuve est la partie bleue, le fait de répéter ce qui est supposé avant voire de le repréciser aussi après est une convention scientifique sans nécessité puisque toute preuve livre explicitement ses admis.
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Je constate que beaucoup n'étaient pas encore sur ce forum à l'époque où il postait. Je souhaite leur indiquer qu'ils vont se régaler (dans un sens plus ou moins humoristico-psychologico-humain). Je suis un grand timide et très pudique à côté de GF.
Je mets un lien vers un post qu'il a déjà édité ... 29 fois :-D
@GF, si tu passes par là, je salue ton progrès consistant à ne plus pratiquer "les sauts de ligne sauvages".[/small]
HS OFF
J'en profite aussi, plus pragmatiquement, pour "crier" une question d'algèbre linéaire que j'ai posée, mais qui ne s'est pas vue (cela m'étonnerait que la réponse ne soit pas ARCHI connue):
Admettant que toute matrice symétrique réelle admet une valeur propre, peut-on en déduire facilement que $\C$ est algébriquement clos???
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Voici une démonstration facile de << C est algébriquement clos >> en supposant << pour tout M, M matrice carrée symétrique réelle, il existe x, x réel et det(M-xI)=0 >>. Soit P in C[X] non constant. Alors si P(z) =/=0 pour tout z, 1/P est borné et dérivable donc d'après un cas particulier d'évidence bien connue de L1, 1/P est constant. Bien sûr je n'ai fait que prouver << SI (P in C[X] non constant ET pour tout z, P(z) =/= 0) ALORS 1=0 >>
Bon, histoire que tu n'aies pas menti (Poirot) :-D, je vais faire comme tu dis, je me suis trouvé un fil coolos avec un serpent de mer (ici en version non commutatif, habituellement ce sont des réunions d'espaces vectoriels)
En utilisant Ramsey (un théorème bien connu de ..... euuuu des gens qui ont envie d'infini :-D ) avec un $a\in H$ qui n'est dans aucun des $L_i$, et une suite indiscernable** $u$ dont les termes sont 2 à 2 non $H$ équivalents, et en considérant que tous les $u_j-u_i$ sont dans $L_1$, on obtient $x,y$ (on prend $x:=u_2-u_1$ et $y:=u_3-u_2$) tels que:
$a+x\in L_2$, $a+x+y\in L_2$, donc $y\in L_2$ donc $x\in L_2$ donc $a\in L_2$, contradiction.
Ramsey se trouve facilement sur wikipedia (;-) Poirot )
J'envoie un MP au poseur de la question avec un lien vers le présent post. Remarque: par flemme, j'ai utilisé $+$, mais pas utilisé la moindre commutativité.
** L'application $x\mapsto (i\mapsto ( [x\in L_i] , [a+x\in L_i] ))$ est à valeurs dans un ensemble fini
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Voici une démonstration facile de << C est algébriquement clos >> en supposant << pour tout M, M matrice carrée symétrique réelle, il existe x, x réel et det(M-xI)=0 >>. Soit P in C[X] non constant. Alors si P(z) =/=0 pour tout z, 1/P est borné et dérivable donc d'après un cas particulier d'évidence bien connue de L1, 1/P est constant. Bien sûr je n'ai fait que prouver << SI (P in C[X] non constant ET pour tout z, P(z) =/= 0) ALORS 1=0 >>
De mon PC grinning smiley
"J'ai envie de faire mon CC" dans'un post technique de 5 lignes
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
De mon téléphone je te répondrai demain d'un PC en regardant soigneusement. La suite des ui est telle que rien dans le problème ne permet de distinguer ses relations entre termes disons jusqu'à l'arite 3.
Ainsi ce qui arrive à u2-u1 arrive aussi à u3-u2 MAIS aussi à u3-u1 etc.
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Mais prenons l'exemple suivant : on a le sous-groupe $\Q \subseteq \R$. Alors "rien" ne permet de distinguer $\sqrt{2}$, $\sqrt{2}+1$ et $2\sqrt{2}$ selon ta définition, mais pourtant une différence est dans $\Q$ et pas les deux autres. Soit il y a quelque chose en plus que je n'ai pas vu, soit c'est faux… ce qui serait dommage car le principe aurait été joli.
D'accord, on peut s'assurer que tous les $u_i-u_j$ soient dans les mêmes $L_k$, ou toute autre conjonction finie de telles conditions. Mais comment fais-tu pour passer à la conjonction infinie ?
EDIT : Ah, mais on n'a pas besoin de la conjonction infinie.
1/ J'attire aussi l'attention sur le fait que c'est une preuve qui devient constructive une fois qu'on connait le nombre de Ramsey pour l'arité 2 et le cardinal de l'ensemble d'arrivée de $\phi$, qui est un nombre qui se calcule "facilement" avec un ordinateur. Il suit que on ne prouve pas seulement que $card(G/H)$ fini, mais carrément qu'on le borne indépendamment de qui sont ces groupes.
2/ Que le phénomène n'est pas réduit au fini, ie qu'on peut supposer, en gardant mes notations du post précédent, que $9$ désigne un cardinal infini: auquel cas on peut borner $card(G/H)$ par un nombre qui ne dépend que de $9$, mais qui est évidemment éventuellement très grand.
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@dom: non, la vie n'est pas si belle, la seule chose qu'on peut dire, et ça a souvent été discuté sur le forum, c'est qu'on peut borner le cardinal de $G$ en fonction du nombre de sous-groupes. Exemple: avec un corps fini, un plan est une réunion finie de droites vectorielle
Dans le cas commutatif c'est la fonction qui borne est probablement moins rapidement croissante. Ce qui est sûr c'est que si en plus le "groupe commutatif est divisible", cette fonction est proche de l'identité, je te redonne l'argument que j'ai souvent donné sur le forum:
Si $E = S\cup F_1..\cup F_9$ avec $S$ et les $F_i$ des sev de $E$, tel qu'aucun n'est entièrement inclus dans la réunion des autres.
Partant de $a\in F$, $b\in F_1$ et regardant "la droite" qui passe par $a$ et par $b$, si jamais tu as deux éléments différents $u,v$ dans un même $F_i$, ça force $a$ à être dans ce $F_i$ aussi.
Tu as donc une injection de l'ensemble "des points d'une droite" dans $10$. Ce n'est pas une conclusion qui s'appelle "TOUT", mais c'est une conclusion qui s'appelle "vous avez gagné un voyage ALL INCLUSIVE à Perpignan". C'est déjà ça :-D
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@Dom : tu penses certainement au résultat classique qui dit "si $H$ et $K$ sont des sous-groupes d'un groupe $G$, alors $H \cup K = G$ si et seulement si $H=G$ ou $K=G$". Cet énoncé est faux dès que l'on prend trois sous-groupes. L'argument de CC avec les corps finis est d'ailleurs très élégant.
@dom pour info L'HYPOTHÈSE de cet exercice d'apparence pour étudiants apparaît parfois de manière épatante: par exemple quand entre deux corps ne s'intercalent qu'un nombre fini de corps (dont la réunion donne le plus gros de manière évidente donc tels que l'un d'eux EST à lui seul le plus gros).
Ça te permet sans aucun calcul de "savoir qu'il existe" un élément dit "primitif". Essaie avec des calculs à la main d'en construire tu verras c'est relou :-D
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Et merci AD de m'avoir inspiré cette idée avec tes "groupes primitifs". Évidemment ce serait trop me demander de trouver de nombreux exemples je suis une crasse en théorie de Galois mais comme je me rappelais par coeur que le nombre de sous corps est fini..... :-D
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@cc Je trouve cette technique de preuve géniale ! Tu as d'autres applications de cette idée de "rendre indiscernable" ? J'ai trouvé sur internet un exemple, mais c'est tout : montrer que toute suite de réels distincts contient une sous-suite monotone.
Pour détailler ce que tu dis en 1/ ici, il suffit pour avoir la propriété de supposer que $G/H$ est de cardinal supérieur à $p[R(3,3,\dots,3)-1]+1$, avec un nombre de $3$ égal à $p$ (il suffit de colorier par la famille des $L_i(ax)$, puisqu'on fixe déjà l'endroit où est $x$ au début).
J'ai calculé la borne donnée par ma preuve sur l'autre fil, il s'agit de $p[u_{p-1}-1]+1$, avec $u_p = p! \sum_{k=0}^p 1/k!$. On trouve ici une borne pour $R(3,3,\dots,3)$ qui fait ressembler la borne de ta preuve à la borne de la mienne...
Je suis ravi de faire un heureux comme ça. Ramsey est un résultat "un peu fétiche" des set theorists car est ultrapuissant... pour leurs montées infinitistes.
Par contre, je ne suis pas totalement convaincu qu'il soit "assez exploité" dans les maths ordinaires en ce sens queje soupçonne, sans pouvoir le prouver que "si on essayait" de remixer toutes les preuves célèbres, un nombre relativement spectaculaire d'entre elles se verrait écartées au profit d'application de Ramsey.
En outre, Ramsey devient très vite un axiome de grand cardinal ou incompatible (1) avec l'axiome du choix, tout en pouvant, sur ce dernier point être prouvé "pas trop fort" (pas plus contradictoire que des axiomes bien connus de GC)
Si tu veux un exemple où je l'aime beaucoup, c'est le suivant:
Théorème:supposons que pour toute application simple (2) $f$ allant de $\N^p$ dans $\N$, on sache quels sont les ensembles infinis homogène pour $f$. Alors on connait la vérité arithmétique entièrement (et bien plus encore).
Un autre exemple (mais je viens de l'inventer en te tapant ce post, ce n'est pas très reglo de ma part) est le suivant: soit $E$ un espace métrique. On le suppose ordonné. On suppose de plus que toute suite monotone converge. Attention, on ne suppose rien d'autre sur la relation entre la métrique et l'ordre. Et pourtant: Alors $E$ est forcément complet :-D
Dans la même famille, tu as le théorème de Hindman dont j'ai souvent parlé sur le forum qui dit que pour toute application $\N\to F$ où $F$ est fini, il existe une partie infinie $A$ de $\N$ telles que toutes les sommes partielles injectives d'élément de $A$ sont envoyées sur la même image par $f$.
Pour un résultat compatible avec l'axiome choix mais un peu trop modeste, tu as le Ramsey "légèrement au dessus" des versions habituelles: soit $f$ une application de l'ensemble des parties finies de IN dans $2$. Alors il existe une partie infinie A de IN telle que:
1/ ou bien toutes ses parties finies ont comme image $0$ par $f$
2/ ou bien pour toute suite strictement croissante d'éléments de $A$, il existe une intersection de l'image directe de cette suite avec un intervalle $[0,n]$ qui est envoyée sur $1$ par $f$.
Pour l'anecdote, la première fois que je me suis amusé à prouver le théorème des zéros tout seul "pour voir" (je ne connaissais rien, je venais d'arriver sur le forum et en maths classiques j'ai à peu près tout appris ici), j'avais utilisé Ramsey pour monter à une ultrapuissance indécente du corps algébriquement clos de départ :-D Evidemment, ça marchait tout seul, quoique à un moment j'avais une liaison de matrices avec peu de lignes et beaucouuuuuuuuuuuuuuuuup de colonnes, et j'espérais, sans passer par l'agèbre linéaire, trouver des coefficients de liaison "évidents pour un CM2" et j'en avais été pour mes frais. En même temps, sans ça, je me serais peut-être baeucoup moins X années plus tard intéressé au déterminant.
(1) la forme pour toute application $f$ de $E$ dans un ensemble fini, il existe $A\in E$ tel que la restriction de $f$ à l'ensemble des parties infinies de $A$ est constante (en notant $E$ l'ensemble des parties infinies de IN)
(2) Calculée par un algorithme simple qui s'exécute en temps polynomial, voire moins
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
En résumé, le théorème de Ramsey a été utile pour donner une "solution reposante" à un exo d'un autre fil que j'ai mis en lien.
J'ai utilisé le fait qu'une suite infinie $u$ dans un certain $L_1$, pouvait être rabotée (prise d'une sous-suite) à une suite $v$ telle que pour tous $i,j$ avec $i<j: $ l'élément $(v_i,v_j)$ a "tout pareil pour ce qui compte dans l'exercice" que le couple $(v_1,v_2)$.
Or, étant dans un groupe, on a $v_1^* v_3 = (v_1^* v_2) (v_2^* v_3)$, ce qui a "fait sauter la banque" (j'ai abrégé $x^{-1}$ par $x^*$)
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
@Poirot (et autres lecteurs), j'en profite pour défendre la pertinence de ma question fadoche plus haut dans le fil et qui n'a rien à voir, je la redis et argumente:
A/ En réponse à un autre fil ouvert je crois par Joaopa que j'ai parcouru, où j'ai vu:
1/ JLT utiliser les complexes
2/ math coss et chaurien utiliser la compacité, mais chaurien a mis un lien vers un pdf où à la fin il y a des calculs ultracompliqués (de la trigonométrie :-D Hey Pappus :-D )
B/ j'ai fourni (je ne me rappelle pas les détails), une preuve bien plus triviale, ne cachant rien sous le tapis, du truc demandé. Je l'ai fait parce que ce n'est pas le même vecteur que j'ai "capturé" pour l'exhiber propre (les autres si si, ils ont fait une fixette sur le max, avec raison car c'est vrai, mais ça fait faire de gros calculs pourle prouver propre)
C/ J'attire l'attention que cette preuve (j'ai l'air de me vanter, mais elle n'est pas folichonne loin s'en faut, c'est juste pour insister sur le fait qu'elle a plus formelle qu'elle en a l'air) est courte. Et que toutes les preuves médiatisées de Alembert sont LONGUES, même si "bien comprises". L'algébrique est d'ailleurs une "grosse tricheuse" car joue sur les "modes agreg" du pays France qui font que les experts "trouvent facile" un passage qui n'est que de la culture et qui est ultra long à prouver (le fait que tout polynôme symétrique s'exprime en fonction des retenus par l'histoire). L'analytique meilleure et ne cachant rien est tout de même assez raffinée en calculs
D/ Aussi, il me semble légitime de demander si le fait que toute matrice symétrique a une valeur propre dans un corps (infini de caractéristique nulle) le rendrait pas par hasard "un peu tout bien accueillant pour devenir alg clos après ajout d'une racine carrée de (-1))
E/ Voilà, demandé comme ça, je pense que j'aurai des réponses brutales, mais des réponses plus que des silences :-D
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
Merci pour les exemples ! Pour le premier, je ne vois pas ce que veut dire "connaître la vérité arithmétique entièrement", tu peux détailler ?
Pour ta preuve d'algèbre linéaire, il y a le cas où $w+f(w)=0$ qui aurait pu poser problème, mais alors on peut prendre $w-f(w)$ à la place.
Je ne suis pas d'accord pour la preuve via le calcul différentiel : ce n'est pas un gros calcul, c'est juste le calcul d'un plan tangent sur la sphère unité. Même si d'un point de vue logique c'est moins économe que ta preuve, je trouve ça beaucoup plus intuitif. Ta preuve semble intéressante parce que très économe, mais elle est assez mystérieuse...
Autre point : pour prouver Cauchy-Schwarz, certaines preuves passent par le même calcul (ou le même genre de calculs) que celui utilisé pour la preuve via calcul différentiel. En plus, là tu as besoin du cas d'égalité. Il y a d'autres preuves, dont sans doute des très économes, dont une (que j'aime bien) qui voit l'inégalité comme la positivité d'un déterminant de matrice symétrique positive.
Réponses
Soit $K$ un corps; $n$ un entier naturel non nul. Je considère que tu connais les opérations suivantes:
$+: K^n\to K^n$ et
$. : K\times K^n\to K^n$
J'abrège $E:=K^n$. Tu n'as besoin d'envisager, quand j'écrirai $F$ qu'il s'agit d'autre chose que de $K^p$ avec éventellement un autre entier que $n$, mais c'est tout.
$<<f$ est une application linéaire de $E\to F>>$ abrège $<<f$ est une application de $E\to F$ telle que pour tous $x\in K, u,v$ dans $E: f(xu+v) = xf(u) + f(v)>>$.
1/ Pour t'éviter de lire des choses trop abstraites, je vais de prouver que s'il n'y a pas d'injection linéaire de $K^n$ dans $K^6$ alors il n'y en a pas non plus de $K^{2n}$ dans $K^7$.
Bien évidemment, tu comprendras (enfin j'espère) à lecture de l'argument que ça vaut pour tous $n,p,n+1, 2p$ venant remplacer $6,n,7,2n$.
2/ La preuve: soit $f$ une injection linéaire de $K^{2n}$ dans $K^7$. Soit $u$ non nul de $K^n$ et $r\in K$ tel que $f(u_1,...,u_n,0,0,..,0) = (0,0,0,0,0,r)$. Soit $v$ non nul de $K^n$ tel que $f(0,0,....,0,v_1,...,v_n) = (0,0,0,0,0,s)$. Alors $f(w)$ est le vecteur nul de $K^7$, où $w : = (su_1,..,su_n,-rv_1,..,-rv_n)$
3/ Maintenant je te prouve que s'il y a une injection linéaire de $K^9$ dans $K^8$ alors il y en a aussi une de $K^{10}$ dans $K^8$. Je te laisse (c'est trivial) voir pourquoi ça entrainera alors qu'il y en a une de $K^p$ dans $K^8$ pour tout $p\geq 9$.
Soit $f$ une injection linéaire de $K^9$ dans $K^8$. Voici la définition d'une injection linéaire $g$ de $K^{10}$ dans $K^8$: partant de $(x_1,..,x_{10})$, on utilise $f$ pour obtenir $(y_1,..,y_8):=f(x_1,..,x_9)$, puis on prend $g(x_1,..,x_{10}) := f(u_1,..,y_8,x_{10})$.
4/ Je te laisse comme exercice de voir que ces arguments établissent que pour tous entiers $n,p$ s'il y a une injection linéaire de $K^n$ dans $K^p$ alors $n\leq p$.
Alors $m \leq n$.
On va le prouver par récurrence sur $m$. On considère donc $(\alpha_{i,j})_{1 \leq i \leq m,1 \leq j \leq n}$ comme dans l'énoncé.
Si $m=0$ le résultat est évident (toute famille vide est libre).
Si $m \geq 1$:
On ne peut avoir $n=0$ sinon les $e_1$ serait nul (impossible pour une famille libre). On distingue deux cas:
1° $\alpha_{k,n}=0$ pour tout $k \in \{1,...,m\}$. Alors $e_1,...,e_m$ (et donc a fortiori $e_1,...,e_{m-1}$) est dans l'espace engendré par $f_1,...,f_{n-1}$. Comme $e_1,...,e_{m-1}$ est libre, on a (hypothèse de récurrence) $m-1 \leq n-1$ et donc $m \leq n$
2° Il existe $k$ tel que $\alpha_{k,n} \neq 0$. Quitte à permuter les termes de $e_1,...,e_m$, on peut supposer que $k=m$. Alors (cf détails plus bas)$\displaystyle{\left (e_p - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} e_m\right )_{1 \leq p \leq m-1}}$ est une famille libre(i) dont les termes (ii) appartiennent à l'espace engendré par $f_1,...,f_{n-1}$; et à nouveau on a $m-1 \leq n-1$ par hypothèse de récurrence et donc $m \leq n$.
Preuve de (i): soient $\lambda_1,...,\lambda_{m-1}$ tels que $\displaystyle{\sum_{p=1}^{n-1} \lambda_p\left (e_p - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} e_m \right ) = 0}$. Alors
$$ \sum_{p=1}^{m-1} \lambda_p e_p + \left( - \sum_{i=1}^{m-1} \lambda_p \frac{\alpha_{p,m}}{\alpha_{m,n}}\right ) e_m = 0$$
ce qui entraîne (liberté de $(e_1,...,e_m)$) $\lambda_1 = ... = \lambda_{m-1}$.
Preuve de (ii): Pour tout $p\in \{1,...,m-1\}$, on a $$\begin{align}
e_p - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} e_m & = \sum_{i=1}^n \alpha_{p,i} f_i - \frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}}\sum_{i=1}
^n \alpha_{m,i}f_i \\
& = \sum_{i=1}^{n-1} \left (\alpha_{p,i}-\frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} \alpha_{m,i}\right ) f_i + \left (\alpha_{p,n}-\frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} \alpha_{m,n} \right ) f_n \\
& = \sum_{i=1}^{n-1} \left (\alpha_{p,i}-\frac{\alpha_{p,n}}{\alpha_{m,n}} \alpha_{m,i}\right ) f_i
\end{align} $$
D'où le résultat.
*********************
Commentaires à suivre (je suis occupé) mais
-Cette preuve n'est rien d'autre que l'application du pivot de Gauss
-(de mémoire, ça doit se trouver dans Bourbaki algèbre chap I à III en exo) il existe un anneau non commutatif $A$, et un $A$-module ayant des bases finies de cardinal différent.
Donc le fait qu'on peut diviser compte (ou alors il faut la commutativité)
Je te donne les changements à faire:
Au lieu de parler de triplet $(A^n,A^p,f)$ où $f$ est injective de de $A^n$ dans $A^p$, tu parles de quintuplet
$$(A^n,A^p,f,J,S)$$
où $J,S$ sont des idéaux de $A$ ne contenant pas $1_A$ et tu remplaces injective par:
$$ \forall u\in A^n: (f(u)\in J \Rightarrow \forall i: u_i\in S )$$
A l'intérieur de l'argument, après avoir obtenu $u$ tel que $f(u_1,..,u_n,0,0,....,0)=(\varepsilon_1,..,\varepsilon_{n-1}, r)$ avec les $\varepsilon_i$ dans $S$ et au moins un des $u_i$ pas dans $S$, le $v$ que tu cherches doit vérifier qu'au moins un des $v_i$ ne soit pas dans l'idéal $\{x\mid rx\in J\}$
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1769634,1769634#msg-1769634
sans donner la réponse à l'étudiante je trouve dommage de partager toute la puissante culture inspirante en lui répondant (ce que font les intervenants). Je note r la fonction racine carrée.
CE N'EST PAS RAISONNER PAR L'ABSURDE que de l'inviter à regarder ce qui se passe si pour tout x (positif) r(x) est majoré par kx= k fois r(x) fois r(x).
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1771192,1771192#msg-1771192
je rappelle que la "dérivée honnête" de $f$ est
$$D_f:= (x\mapsto (h\mapsto (f(x+h)-f(x))))$$
Hélas, l'Histoire l'a écrabouillée à des fins de "toujours plus vite"
en parlant directement de $x\mapsto \phi (D_f(x))$ à l'aide d'une $\phi$ extrêmement intelligente et politique, mais qui, avec en plus l'approximation supplémentaire en dim1 pratiquée dans le secondaire de plutôt parler du coef dir de $D_f(x)$, induit bien des attentes-impasses.
L'oubli de "ce rappel" semble être à l'origine de nombreuses questions sur le forum.
Mais comme le forum est grand, je remets un classique en post récent:
Si un polynôme unitaire à coefficients entiers $P$ a une racine rationnelle alors il a une racine entière.
"Preuve": soit $up+vq=1$ avec $u,v,p,q$ dans $\Z$ et $r: =\frac{p}{q}$ tel que $r^7 = a_6r^6+..+a_1r+a_0$. Alors :
$$ \frac{p ^7}{q} = a_6p^6 + \dots a_1pq^5+a_0q^6$$
Donc ... exo ... $r\in \Z$.
EDIT:
Je complète un peu. [small]Si $ua+vb = 1$ alors (collège) $(u^2a + 2uvb)a + v^2b^2 = 1^2 =1$ dont découle que si je note $Bez(a,b):=(\exists x,y: xa+yb=1)$, on a $Bez(a,b)\to Bez(a,b^2)$ et ainsi de proche en proche, ayant supposé $Bez(p,q)$, on obtiendra $Bez(p^6,q)$ donc existence d'entiers $x,y$ tels que $xp^6+yq=1$ donc tels que $xkq+yq=1$ avec $k:=p^6/q$ déduit entier dans l'argumentation précédente de sorte que $(xk+y)q=1$ donc $q\in \{1;-1\}$[/small]
Dans ce fil, http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1771686,1771686#msg-1771686 ,
une turpitude numéro 234566345 de l'enseignement secondaire. Je redonne donc un exo que je donne souvent, qui prouve irréfutablement le caractère "turpitude" de l'évènement.
Prouver que l'énoncé à prouver dans le lien EST EQUIVALENT à l'axiome de récurrence
Une notion de dérivation honnête se doit de satisfaire une relation de type "Dfg = gDf +fDg", ta construction ne le fait pas.
L'hypothèse est que la suite $u$ vérifie, $u(0)=100$ et pour tout n : $u(n+1) = 0.8 u(n) + 10$ et la demande est d'en déduire "quelque chose" à propos des variations de $u$. On ne sait rien de plus sur $u$.
EDIT: je modifie la couleur car de toute façon, le présent fil est délocalisé, donc inutile de faire doublon en fait.
Edit mathématique: je laisse en exercice (tout aussi routinier) de prouver que même sans strictement on a le même phénomène
Soit $A$ une partie de $\N$ qui est à la fois non vide et sans minimum (j'ai déjà raconté ça 2365847 fois). [size=x-small]Soit $B$ l'ensemble des entiers $n$ tels que $\forall x\in \N\cap [0,n]: x\notin A$. La partie $B$ vérifie $0\in B$ et $\forall n: n\in B\to n+1\in B$.
Je rappelle aussi que l'épreuve du BAC ES est toujours la même (à epsilon près) et que les candidats arrivent sujet et correction (c'est le truquage en place pour leur assurer des bonnes notes), et en particulier, lors de "l'éternel" exercice sur ce genre de suite, il leur est fourni k tel que la suite $v:n\mapsto u_n+k$ vérifie $v$ est géométrique de raison $0.8$. Ils n'y comprennent que pouic évidemment, mais apprennent toute l'année par coeur à écrire le calcul :
$$ v(n+1) = u(n+1) + k = 0.8u(n) + 10 + k = 0.8 u(n) + 0.8 k = 0.8(u(n) +k) = 0.8 v(n) $$
en pensant (ou pas de toute façon ils auront les points) à ajouter "car $10+k = 0.8k$ (pour ça, il suffit de prendre $k:=-50$)
Je n'ai bien sûr pas subi un bug soudain en ayant l'air de changer de sujet, c'est juste pour aider le lecteur à voir ce que je vais faire.
Supposer (après l'axiome de récurrence appliqué) que $v = (n\mapsto 50\times 0.8^n)$ et donc $u=(n\mapsto 50+ 50\times 0.8^n)$ donne évidemment la stricte décroissance de $u$. Mais il y a le "après".
Sans ce après, et en utilisant $B$ ci-dessus, la suite $u:=(n\mapsto $ if $n\in B$ then $50+50\times 0.8^n$ else $50 )$ vérifie l'hypothèse. Or la supposer strictement décroissante entraine alors $B=\N$.[/size]
je ne le signale jamais ou presque mais pour une fois: la 2045807436ième [large]manifestation du drame que constitue[/large] le refus des institutions enseignantes à faire acquérir un chapitre "variables liées" à leurs élèves.
Juste pour dire que si l'aire apparaît notion première, car abordée au CE2, la moyenne (ou plutôt l'espérance math) est d'accès premier.
Exemple : quand on est dans la forêt, il semble très largement plus triomphant, pour calculer $\ln(53)$, de prendre 100 nombres au hasard dans $[1,53]$, de faire la moyenne de leurs inverses et de multiplier par $52$ que de tenter à l'arrache de dessiner la courbe de $x\mapsto 1/x$ et de paver la portion concernée avec des petits carrés :-D
edit 52 e tnon pas 53
Soit $\mathcal X$ un ensemble de parties de $\R^2$ stable par union disjointe et contenant tous les ensembles $E$ tels qu'il existe un carré $C$ tel que $C \subseteq E \subseteq \overline C$.
Soit $a: \mathcal X \to [0,+\infty [$ une fonction croissante invariante par translation (si $t\in \R^2$ et si $U\in \mathcal X$ est tel que $U+t \in \mathcal X$ alors $a(U)=a(U+t)$) et telle que $a([0,1[^2)=1$.
Soit $\mathcal Q$ l'ensemble de toutes les parties de $\R^2$ dont la fonction caractéristique est Riemmann-intégrable.
Alors la restriction de $a$ à $\mathcal X \cap \mathcal Q$ admet un uniquement prolongement $a'$ à $\mathcal Q$, tel que pour tout $F \in \mathcal Q$, $a'(F) = \int_{\R^2} \mathbf 1_{F}$.
La généralisation à $\R^d$ pour $d\geq 1$ est vraie (la dimension ne joue aucun rôle dans la preuve).
Si $V$ est une partie mesurable de $[0,1]^{d+1}$ ("volume sous la courbe" d'une fonction $f:[0,1]^d \to [0,1]$ par exemple) et si $p := \int f = mesure(V)$ alors quand on tire des points indépendants uniformes $(X_i)_{1\leq i \leq n} \in [0,1]^{d+1}$ et qu'on note $Y_k=1$ si $X_k\in V$ (et $0$ sinon) pour tout $k\in \{1,...,n\}$, on sait que quand $n$ est grand, $\frac{1}{\sqrt n} \sum_{k=1}^n (Y_k-p)$ se comporte comme une gaussienne centrée de variance $\sqrt{p-p^2}$.
Autrement dit on a une erreur dans le calcul de l'intégrale dont l'ordre de grandeur est en $\sqrt{\frac{p-p^2}{n}}$.
Avec une méthode de rectangles disons, il y a $n^d$ rectangles à envisager.
Je simplifie les arguments brandis comme venant de la compacité. Curieusement même si le réalisateur de maximum est (de manière compliquée) un vecteur propre il y en a un autre bien plus simple (ce qui tue les calculs au niveau preuve).
On suppose évidemment qu'on multiplié par le scalaire qu'il faut et que w à la plus grande image parmi ceux de norme 1 et qu'elle est de norme 1.
Comme < f(w) | f(w) > = < w | f(f(w)) > donc f(f(w)) = w donc w + f(w) est vecteur propre.
Supposons que $f\in L(E,E), w\in E$ soit tels que $\forall u\in B_1: f(u)\in B_1$ et $<w|w>=1$ et $<f(w)|f(w)>=1$
Posons $u:= f(f(w))$ et supposons $<f(w)|f(w)> = <w|u>$
Alors $< w-u | w-u > \leq 2 - 2<w|u> = 0$ donc $w=u$. Par conséquent: $f(w+f(w)) = f(w) + u = f(w) + w$. Par ailleurs, si $f(w)+w = 0$ alors $(-1)$ est valeur propre de $f$.
Cette preuve entraine que toute matrice symétrique réelle admet une valeur propre réelle. En effet, si $M\in M_n(\R)$ est symétrique alors $(^t(MX))Y = (^tX)(^tM)Y = (^tX)(MY)$, ie $<MX | Y> = <X|MY>$.
La compacité intervient dans le fait qu'il existe $u\in B_1$ tel que $\forall v\in B_1: ||f(v)|| \leq || f(u) ||$, où $B_1:=\{e\mid ||e||\leq 1\}$
On peut alors appliquer le raisonnement précédent avec $v\mapsto (1/ ||f(u)||) f(v)$.
Remarque habituelle: la preuve est la partie bleue, le fait de répéter ce qui est supposé avant voire de le repréciser aussi après est une convention scientifique sans nécessité puisque toute preuve livre explicitement ses admis.
HS ON
[small]nous assistons au retour d'une "légende" du forum dans le fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1776042,1776154#msg-1776154
Je constate que beaucoup n'étaient pas encore sur ce forum à l'époque où il postait. Je souhaite leur indiquer qu'ils vont se régaler (dans un sens plus ou moins humoristico-psychologico-humain). Je suis un grand timide et très pudique à côté de GF.
Je mets un lien vers un post qu'il a déjà édité ... 29 fois :-D
@GF, si tu passes par là, je salue ton progrès consistant à ne plus pratiquer "les sauts de ligne sauvages".[/small]
HS OFF
J'en profite aussi, plus pragmatiquement, pour "crier" une question d'algèbre linéaire que j'ai posée, mais qui ne s'est pas vue (cela m'étonnerait que la réponse ne soit pas ARCHI connue):
Admettant que toute matrice symétrique réelle admet une valeur propre, peut-on en déduire facilement que $\C$ est algébriquement clos???
Voici une démonstration facile de << C est algébriquement clos >> en supposant << pour tout M, M matrice carrée symétrique réelle, il existe x, x réel et det(M-xI)=0 >>. Soit P in C[X] non constant. Alors si P(z) =/=0 pour tout z, 1/P est borné et dérivable donc d'après un cas particulier d'évidence bien connue de L1, 1/P est constant. Bien sûr je n'ai fait que prouver << SI (P in C[X] non constant ET pour tout z, P(z) =/= 0) ALORS 1=0 >>
De mon PC :-D
Le coup du "L1 bien connu" me semble vexant non ? (En général quand je poste une preuve courte si j'admets un chèque sans provision je le dis ?)
En utilisant Ramsey (un théorème bien connu de ..... euuuu des gens qui ont envie d'infini :-D ) avec un $a\in H$ qui n'est dans aucun des $L_i$, et une suite indiscernable** $u$ dont les termes sont 2 à 2 non $H$ équivalents, et en considérant que tous les $u_j-u_i$ sont dans $L_1$, on obtient $x,y$ (on prend $x:=u_2-u_1$ et $y:=u_3-u_2$) tels que:
$a+x\in L_2$, $a+x+y\in L_2$, donc $y\in L_2$ donc $x\in L_2$ donc $a\in L_2$, contradiction.
Ramsey se trouve facilement sur wikipedia (;-) Poirot )
J'envoie un MP au poseur de la question avec un lien vers le présent post. Remarque: par flemme, j'ai utilisé $+$, mais pas utilisé la moindre commutativité.
** L'application $x\mapsto (i\mapsto ( [x\in L_i] , [a+x\in L_i] ))$ est à valeurs dans un ensemble fini
EDIT : Ou plus généralement je ne vois pas ce qu'elle dit sur les $u_i - u_j$ (qui eux, ne sont pas forcément "indiscernables", si ?).
Ainsi ce qui arrive à u2-u1 arrive aussi à u3-u2 MAIS aussi à u3-u1 etc.
Ça fait partie de l'hypothèse et non pas une déduction que indiscernable implique (veut dire ) AUSSI 2 par 2, 3 par 3, etc
Sinon Ramsey s'appellerait "Pigeonhole" :-D
EDIT : Ah, mais on n'a pas besoin de la conjonction infinie.
Ici même on a juste besoin de Ramsey pour arite 2
Et avec les versions finitistes de Ramsey on borne uniformément le nombre de H classes à n fixé.
$$G = H\cup L_1\cup \dots \cup L_9$$
Soit $a\in H$ tel que $\forall i: a\notin L_i$.
Soit $u$ une suite dont tous les termes sont dans $L_7$ et qui sont 2 à 2 non $H$- équivalents.
Rappel: un ensemble est une fonction à valeurs dans $\{faux; vrai\}$, définie sur tout l'univers.
La fonction $\phi: x\mapsto (H(x), H(ax), [i\mapsto (L_i(x), L_i(ax))])$ est à valeurs dans un ensemble fini.
Par le théorème de Ramsey, on peut supposer, quitte à extraire de $u$ une suite, qu'il existe $c$ tel que :
$$\forall (n,p)\in \mathbb{N}^2 : n<p\Rightarrow \phi([(u_n)^{-1}u_p]) = c$$
Soient $x,y$ tels que $u_1x=u_2$ et $u_2y=u_3$. Il suit $u_1xy = u_3$ et surtout:
$$ \phi(x)=\phi(y)=\phi(xy)$$
Quitte à renommer les $L_i$, on peut supposer que $x\in L_1$. En effet, si $x\in H$ alors tous les $u_i$ sont dans la même classe modulo $H$.
Si $ax\in L_1$ alors $a\in L_1$. Donc $ax\notin L_1$
Si $ax\in H$ alors $x\in H$. Donc $ax\notin H$
Quitte à renommer les $L_i$, on peut supposer que $ax\in L_2$.
Donc $axy\in L_2$.
Donc $y\in L_2$.
Donc $a\in L_2$, contradiction.
J'espère que cette rédaction assez formelle ne laisse rien dans l'ombre, :-D
Si G est une réunion de plusieurs de ses sous-groupes, alors l'un d'eux est G.
2/ Que le phénomène n'est pas réduit au fini, ie qu'on peut supposer, en gardant mes notations du post précédent, que $9$ désigne un cardinal infini: auquel cas on peut borner $card(G/H)$ par un nombre qui ne dépend que de $9$, mais qui est évidemment éventuellement très grand.
Dans le cas commutatif c'est la fonction qui borne est probablement moins rapidement croissante. Ce qui est sûr c'est que si en plus le "groupe commutatif est divisible", cette fonction est proche de l'identité, je te redonne l'argument que j'ai souvent donné sur le forum:
Si $E = S\cup F_1..\cup F_9$ avec $S$ et les $F_i$ des sev de $E$, tel qu'aucun n'est entièrement inclus dans la réunion des autres.
Partant de $a\in F$, $b\in F_1$ et regardant "la droite" qui passe par $a$ et par $b$, si jamais tu as deux éléments différents $u,v$ dans un même $F_i$, ça force $a$ à être dans ce $F_i$ aussi.
Tu as donc une injection de l'ensemble "des points d'une droite" dans $10$. Ce n'est pas une conclusion qui s'appelle "TOUT", mais c'est une conclusion qui s'appelle "vous avez gagné un voyage ALL INCLUSIVE à Perpignan". C'est déjà ça :-D
C'est exactement ça Poirot.
Je ne m'appuyais que sur ce résultat vu en long, en large et en travers dans les cours de L1.
Bien mal m'en a pris de ne pas être aller voir plus loin que le bout de mon nez.
Tout groupe fini est réunion (finie) des sous-groupes cycliques engendrés par ses éléments.
L'un d'eux est $G$ ssi $G$ est cyclique.
Alain
Ça te permet sans aucun calcul de "savoir qu'il existe" un élément dit "primitif". Essaie avec des calculs à la main d'en construire tu verras c'est relou :-D
Pour détailler ce que tu dis en 1/ ici, il suffit pour avoir la propriété de supposer que $G/H$ est de cardinal supérieur à $p[R(3,3,\dots,3)-1]+1$, avec un nombre de $3$ égal à $p$ (il suffit de colorier par la famille des $L_i(ax)$, puisqu'on fixe déjà l'endroit où est $x$ au début).
J'ai calculé la borne donnée par ma preuve sur l'autre fil, il s'agit de $p[u_{p-1}-1]+1$, avec $u_p = p! \sum_{k=0}^p 1/k!$. On trouve ici une borne pour $R(3,3,\dots,3)$ qui fait ressembler la borne de ta preuve à la borne de la mienne...
Par contre, je ne suis pas totalement convaincu qu'il soit "assez exploité" dans les maths ordinaires en ce sens queje soupçonne, sans pouvoir le prouver que "si on essayait" de remixer toutes les preuves célèbres, un nombre relativement spectaculaire d'entre elles se verrait écartées au profit d'application de Ramsey.
En outre, Ramsey devient très vite un axiome de grand cardinal ou incompatible (1) avec l'axiome du choix, tout en pouvant, sur ce dernier point être prouvé "pas trop fort" (pas plus contradictoire que des axiomes bien connus de GC)
Si tu veux un exemple où je l'aime beaucoup, c'est le suivant:
Théorème: supposons que pour toute application simple (2) $f$ allant de $\N^p$ dans $\N$, on sache quels sont les ensembles infinis homogène pour $f$. Alors on connait la vérité arithmétique entièrement (et bien plus encore).
Un autre exemple (mais je viens de l'inventer en te tapant ce post, ce n'est pas très reglo de ma part) est le suivant: soit $E$ un espace métrique. On le suppose ordonné. On suppose de plus que toute suite monotone converge. Attention, on ne suppose rien d'autre sur la relation entre la métrique et l'ordre. Et pourtant: Alors $E$ est forcément complet :-D
Dans la même famille, tu as le théorème de Hindman dont j'ai souvent parlé sur le forum qui dit que pour toute application $\N\to F$ où $F$ est fini, il existe une partie infinie $A$ de $\N$ telles que toutes les sommes partielles injectives d'élément de $A$ sont envoyées sur la même image par $f$.
Pour un résultat compatible avec l'axiome choix mais un peu trop modeste, tu as le Ramsey "légèrement au dessus" des versions habituelles: soit $f$ une application de l'ensemble des parties finies de IN dans $2$. Alors il existe une partie infinie A de IN telle que:
1/ ou bien toutes ses parties finies ont comme image $0$ par $f$
2/ ou bien pour toute suite strictement croissante d'éléments de $A$, il existe une intersection de l'image directe de cette suite avec un intervalle $[0,n]$ qui est envoyée sur $1$ par $f$.
Pour l'anecdote, la première fois que je me suis amusé à prouver le théorème des zéros tout seul "pour voir" (je ne connaissais rien, je venais d'arriver sur le forum et en maths classiques j'ai à peu près tout appris ici), j'avais utilisé Ramsey pour monter à une ultrapuissance indécente du corps algébriquement clos de départ :-D Evidemment, ça marchait tout seul, quoique à un moment j'avais une liaison de matrices avec peu de lignes et beaucouuuuuuuuuuuuuuuuup de colonnes, et j'espérais, sans passer par l'agèbre linéaire, trouver des coefficients de liaison "évidents pour un CM2" et j'en avais été pour mes frais. En même temps, sans ça, je me serais peut-être baeucoup moins X années plus tard intéressé au déterminant.
(1) la forme pour toute application $f$ de $E$ dans un ensemble fini, il existe $A\in E$ tel que la restriction de $f$ à l'ensemble des parties infinies de $A$ est constante (en notant $E$ l'ensemble des parties infinies de IN)
(2) Calculée par un algorithme simple qui s'exécute en temps polynomial, voire moins
J'ai utilisé le fait qu'une suite infinie $u$ dans un certain $L_1$, pouvait être rabotée (prise d'une sous-suite) à une suite $v$ telle que pour tous $i,j$ avec $i<j: $ l'élément $(v_i,v_j)$ a "tout pareil pour ce qui compte dans l'exercice" que le couple $(v_1,v_2)$.
Or, étant dans un groupe, on a $v_1^* v_3 = (v_1^* v_2) (v_2^* v_3)$, ce qui a "fait sauter la banque" (j'ai abrégé $x^{-1}$ par $x^*$)
A/ En réponse à un autre fil ouvert je crois par Joaopa que j'ai parcouru, où j'ai vu:
1/ JLT utiliser les complexes
2/ math coss et chaurien utiliser la compacité, mais chaurien a mis un lien vers un pdf où à la fin il y a des calculs ultracompliqués (de la trigonométrie :-D Hey Pappus :-D )
B/ j'ai fourni (je ne me rappelle pas les détails), une preuve bien plus triviale, ne cachant rien sous le tapis, du truc demandé. Je l'ai fait parce que ce n'est pas le même vecteur que j'ai "capturé" pour l'exhiber propre (les autres si si, ils ont fait une fixette sur le max, avec raison car c'est vrai, mais ça fait faire de gros calculs pourle prouver propre)
C/ J'attire l'attention que cette preuve (j'ai l'air de me vanter, mais elle n'est pas folichonne loin s'en faut, c'est juste pour insister sur le fait qu'elle a plus formelle qu'elle en a l'air) est courte. Et que toutes les preuves médiatisées de Alembert sont LONGUES, même si "bien comprises". L'algébrique est d'ailleurs une "grosse tricheuse" car joue sur les "modes agreg" du pays France qui font que les experts "trouvent facile" un passage qui n'est que de la culture et qui est ultra long à prouver (le fait que tout polynôme symétrique s'exprime en fonction des retenus par l'histoire). L'analytique meilleure et ne cachant rien est tout de même assez raffinée en calculs
D/ Aussi, il me semble légitime de demander si le fait que toute matrice symétrique a une valeur propre dans un corps (infini de caractéristique nulle) le rendrait pas par hasard "un peu tout bien accueillant pour devenir alg clos après ajout d'une racine carrée de (-1))
E/ Voilà, demandé comme ça, je pense que j'aurai des réponses brutales, mais des réponses plus que des silences :-D
Merci pour les exemples ! Pour le premier, je ne vois pas ce que veut dire "connaître la vérité arithmétique entièrement", tu peux détailler ?
Pour ta preuve d'algèbre linéaire, il y a le cas où $w+f(w)=0$ qui aurait pu poser problème, mais alors on peut prendre $w-f(w)$ à la place.
Je ne suis pas d'accord pour la preuve via le calcul différentiel : ce n'est pas un gros calcul, c'est juste le calcul d'un plan tangent sur la sphère unité. Même si d'un point de vue logique c'est moins économe que ta preuve, je trouve ça beaucoup plus intuitif. Ta preuve semble intéressante parce que très économe, mais elle est assez mystérieuse...
Autre point : pour prouver Cauchy-Schwarz, certaines preuves passent par le même calcul (ou le même genre de calculs) que celui utilisé pour la preuve via calcul différentiel. En plus, là tu as besoin du cas d'égalité. Il y a d'autres preuves, dont sans doute des très économes, dont une (que j'aime bien) qui voit l'inégalité comme la positivité d'un déterminant de matrice symétrique positive.