"Il est facile de 2"
Réponses
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[large]Question 890:[/large]
soit $A$ un anneau unitaire dont le centre*** est un corps, mais pas supposé commutatif a priori. Soit $a,b$ des éléments de $A$ et $n$ un entier. On suppose que pour tout $x\in A: (a+x)^n = \sum_{i\in \{0;..;n\}} C^i_n a^ix^{n-i}$. Prouver, si c'est possible, que $ab=ba$
Cette question (une variante) est posée par un enseignant qui la relaie de la part d'un de ses élèves comme annoncé au lien suivant: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1476982
*** le centre de $A$ est $\{x\in A\mid \forall y\in A: xy=yx\}$Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
[size=x-large] [/size]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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[large]Question 893:[/large] un anneau est dit superclos quand toutes les matrices carrées à coefficients dans $A$ sont trigonalisables (avec les témoins qui sont des matrices à coefficients dans $A$ bien sûr.
Soit $A$ un anneau commutatif unitaire. Existe-t-il forcément un SURANNEAU de $A$ lui aussi commutatif unitaire, mais qui est en plus superclos?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
[large]Question 894:[/large] soit $A,B$ deux anneaux commutatifs unitaires tels que $A$ est un sous-anneau de $B$. On suppose que pour tout $x\in B$, il existe $a$ non nul dans $A$ et $b\in A$ tel que $ax=b$.
Soit $c\in B$. Se peut-il qu'il n'existe pas d'élément régulier $r$ de $A$ tel que $rc\in A$?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
894
Soit $\left\{X_1,X_2,X_3\right\}$ tel que $X_i.X_j=X_{i.j\,mod(4)}$ si $i.j\ne4 $ et $X_i.X_j=0$ sinon.
On prend $B=\mathbb Z[X_1,X_2,X_3]$ , $A=\mathbb Z [X_2]$ et $c=X_1$ -
Question 895: existe-t-il un anneau unitaire non commutatif vérifiant pour tout $x$, il existe $y$ tel que $x=yx^2$ et $xy=yx$?
Question 896: l'ensemble des couples $(M,(i,j))$ tels que $M$ est une matrice carrée à coefficients dans $\Z$ et il existe $n\in \N$ avec $n$ non nul et $M^n(i,j)$ non nul est-il récursif?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
896: Oui. Soit $M$ une matrice à coefficients entiers de taille $d$ et $P_M(X)=dét(M-XI)$. Alors $P_M=X^d -\sum_{k=1}^{d}p_{M,k}X^{d-k}$ est unitaire, à coefficients entiers et $P_M(M)=0$, par suite pour tout $q\geq d$, $M^q=\sum_{k=1}^{d} p_{M,k}M^{q-k}$ ce qui entraîne par récurrence que $M^n(i,j)=0$ pour tout $n\in \N$ si et seulement si $M^n(i,j)=0$ pour tout $n\in \{0,1,...,d-1\}$.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 $y = z$.
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895. Oui : le corps gauche des quaternions.
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Grand merci et bravo à vous 2 entre autre la rapidité de réponse. Merci à samok de m'avoir inspiré la 896 au fait. Et pour la 895 honte à moi d'avoir oublié "fini" mais ça fera une jolie 897 d'un PC.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Si tu ajoutes "fini", il y a de fortes chances qu'il n'existe pas de tels anneaux. Ces anneaux sont fortement von Neumann réguliers, je crois qu'ils sont sous-produits d'algèbres à division où la non commutativité ne fait pas bon ménage avec la finitude (Wedderburn).
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Merci, oui, c'est bien mon ressenti, s'il existe ce serait "un bel objet".Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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et 894^^?
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@JC de mon téléphone : je regarderai plus attentivement d'un PC. J'en profite aussi pour préciser que ma motivation pour le 895 n'était pas de chercher à tout prix des anneaux finis non commutatifs bizarres le plus proches possibles des corps pour eux mêmes.
En fait le pouvoir de cloner (et de jeter: poubelles gratuites) entraine d'office la commutativité pour peu que la relation d'ordre "est divisible par" soit celle inverse du pouvoir ***
Par exemple en logique il n'y a pas de logique non commutative où cloner est possible, autrement dit on passe de la même façon de la linéaire (enfin affine) à l'intuitionniste que de la non commutative minimale (très peu usitée tant elle est faible) à l'intuitionniste en ajoutant le droit de cloner.
Or pourtant il y a des corps non commutatifs (mais ils sont tous infinis) et Jacobson montre que ça va plus loin que ça. Autrement dit non commutativité + droit de cloner devraient normalement drastiquement empêcher la divisibilité d'être un ordre "significatif de force" ie in some sense le produit doit cesser d'être monotone.
*** comme le montre la suite croissante : ab; abab; a ba b; ba ba ba ; baAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je re editerai proprement cette question d'un PC mais je la poste: est-ce que tout anneau PAS FORCEMENT COMMUTATIF vérifiant les hypothèses de la 895 est isomorphe à son commuté ? Ce sera la 898.
Le commuté est l'anneau obtenu en prenant le produit (x,y) |
> yxAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
@CC : As-tu des exemples d'anneaux vérifiant 895 qui ne soient pas des corps?
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réponse à ma question oui : $\mathbb H\times \mathbb H$
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De mon téléphone : pardon j'ai mis des majuscules tout en changeant en cours de route. Bien sûr je voulais aussi insister ce coup ci sur "PAS FORCEMENT FINI NON PLUS" puisque la conclusion est plus lâche (pour la 898)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Question 897 : Soit $C^0(\R)$ l'ensemble des fonctions continues sur $\R$ vu comme espace topologique habituel (convergence uniforme) et considérons le sous-ensemble $$D = \{f \in C^0(\R) : \text{f n'est ni pair ni impair}\}.$$ Est-ce que le complémentaire de $D$ est de mesure nulle pour une mesure "raisonnable" (le flou est volontaire) ? Autrement dit, est-ce que "la plupart" des fonctions ne sont ni paires ni impaires comme les profs le disent souvent.
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De mon téléphone : merci pour cette question. Prendre une fonction continue au hasard de IR dans IR se conçoit encore à la limite assez bien. Mais en prendre une au hasard qui va de C dans C c'est vraiment dur à concevoirAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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@Cyrano : Pour moi, l'idée "la plupart" peut se référer soit à la théorie de la mesure, soit à la "théorie des trucs de Baire" (tu connais le livre de Oxtoby ?).
Dans le premier sens, je ne sais pas... En tout cas, comme, personnellement, je préfère la théorie de la mesure sur les espaces topologiques localement compacts, je ne vois pas beaucoup de mesures "raisonnables" sur ton espace :-D !
Par contre, en ce qui concerne le deuxième sens, comme $D$ est le complémentaire de la réunion de deux hyperplans fermés (cette réunion est donc "maigre" dans la terminologie des trucs de Baire), c'est un ouvert dense. -
$D$ est un ouvert dense, donc si la mesure raisonnable est telle que la mesure d'un fermé d'interieur vide est nulle, je pense que oui
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j'avais pas vu ta réponse^^ Georges Abitbol
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Georges : Je peux me tromper mais la densité de $D$ est triviale non ? (sans faire appel à Baire)
Si la fonction n'est ni paire ni impaire, on peut évidemment l'approcher par elle-même. Si elle est paire/impaire, il suffit d'imposer un petit décalage différent entre le côté gauche et le côté droit pour l'approcher par des fonctions ni paires ni impaires.
En tapant l'énoncé je m'étais rendu compte que cette histoire de densité ne serait pas trop intéressante et j'étais donc passé du côté mesure. Mais echecaupion marque un point ici. Question probablement sans intérêt donc. :-D -
oula attention: le critère de Baire est trèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèèès mauvais pour exprimer une idée de mesure!!!!
La plupart des intersections dénombrables d'ouverts denses (donc préjugées grosses) sont en fait ultraaaaaaaaaa-petite. Par exemple, n'importe quelle suite d'intervalles ouverts de largeur $f(n)$ entourant le rationnel numéro $n$ a une réunion ouvert dense alors que c'est un ensemble quasiment indiscernable de l'ensemble des rationnels.
La question reste entière pour une "bonne" notion de mesure "intuitive".Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Mais entendu, salut à toi au grand échecaupion. J'espère que ça va, j'imagine que tu profites de ton chateau en Corse :-DAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Dans un $\R$-ev $E$ la réunion de deux sous-espaces vectoriels stricts de $E$ (en l'espèce fermés pour les topologies qu'on met habituellement sur $C^0(\R)$) est quasiment toujours "petite", quelle que soit la signification que les mathématiques courantes attribuent au mot "petite".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 $y = z$.
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Là, foys marque un beau point!Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Oui Christophe et toi? comment va? Tu ne m'as pas répondu pour la 894, en attendant je donne un problème, à moduler en fonction des contre exemples éventuels :
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EAP1 : " existe t-il une matrice réelle inversible dont les coefficients sont $1$ ou $-1$ , et telle que la somme des coefficients de chaque ligne et de chaque colonne est nulle "
Bon baisers ajacciens^^ -
Bonjour,
EAP1: Si il s'agit de la somme de tous les coefficients (qui doit être nulle), la matrice $\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 &-1\\ 1 &-1&-1&-1 \\ -1&-1&-1 &1\\ 1 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}$ convient (elle est bien inversible). En effet, en ajoutant la dernière ligne aux trois premières, on trouve $\begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ qui est de déterminant $-8$.
Si il s'agit de la somme des coefficients de chaque ligne, la matrice ne peut être inversible car $\begin{pmatrix} 1 \\1 \\\vdots \\1 \end{pmatrix}$ est dans le noyau. -
ah je me suis rendu compte de la stupidité de cette question juste après le post et là l'ordi se met en "mise à jour" : et je me tape la honte à ne pas pouvoir corriger grrr
Dans la question d'origine je demandais que les lignes soient deux à deux non colinéaires, même chose pour les colonnes, et quand j'ai trouvé un contre exemple (de taille 8x8) j'ai modifié la question de façon stupide. J'espérais qu'entre temps personne n'ai lu^^ -
J'ai peut-être de quoi me rattraper ^^
EAP2 : Soient $p$ une permutation de $n\times n$, on note $p^*(M)$ l'application de $M_n(\mathbb R)$ dans lui même tel que pour tout $M\in M_n(\mathbb R)$, on ait $p^*(M)_{i'j'}=M_{ij}$, avec $p(i,j)=(i',j')$.
(où $M_{ij}$ désigne le coefficient $ij$ de $M$ , ($p^*(M)$ est donc une matrice obtenue en permutant des coefficients de $M$))
Soit $S$ symétrique inversible telle que $p^*(S)$ soit symétrique inversible. On suppose que $p^*(S^{-1})=(p^*(S))^{-1}$.
Existe-t-il $P$ matrice de permutation, telle que $PSP^t=p^*(S)$ ? -
[large]Question 900[/large]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Question 901: à chaque corps topologique $K$, on associe l'application $\psi(K)$ qui à chaque entier $n>0$ associe le cardinal de l'ensemble des composantes connexes de l'ensemble des bases de $K^n$ (doté de la top-induite habituelle).
901.1) Est-ce que pour tout corps $K: \psi(K)$ est constante?
901.2) Est-ce que pour tout corps $K$, si $Im(\psi)\subset \N$ alors $\psi(K)$ est constante?
901.3) Quels sont les corps où on a par exemple $\psi(K)(3)=14$?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Tu peux préciser, je te prie, ce que signifie les composantes connexes de l'ensemble des bases de $K^n$.
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L'ensemble des bases de $K^n$ est homéomorphe au groupe linéaire $\mathrm{GL}_n(K)$.
Soit $D:K^*\to\mathrm{GL}_n(K)$ par $\lambda\mapsto\mathrm{diag}(\lambda,1,\dots,1)$. L'application $K^*\times\mathrm{SL}_n(K)\to\mathrm{GL}_n(K)$, $(\lambda,A)\mapsto D(\lambda)A$ doit être un homéomorphisme (application réciproque : $M\mapsto (\det M,M/\det M)$).
Si $K$ est connexe, le groupe $\mathrm{SL}_n(K)$ l'est aussi parce qu'il est engendré par les transvections et que l'ensemble des transvections est une réunion de parties homéomorphes à $K$ qui ont un point commun (l'identité). Dans ce cas, les composantes connexes de $\mathrm{GL}_n(K)$ sont en bijections avec celles de $K^*$. -
Il y a six heures, flipflop t'a démontré que ta question 900 a une réponse négative. Pourquoi as-tu remis cette question ici il y a une heure, sans même indiquer que la réponse est négative ?
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@Math Coss: merci à toi Math Coss et bravo, donc si je te suis, $\psi(K)(n) = $ nombre de composantes connexes de $K^*$ pour tout entier $n>0$.
@GBZM: je vais modifier, merci pour le signalement (mais il est bizarre ton ton :-S ***, je ne l'ai juste pas fait exprès au moment où j'ai référencé, un clic sur le lien suffit de toute façon à avoir la réponse de flipflop)
Remarque: je suis bien incapable de prouver que la réponse est non, j'ai juste bien vu que la matrice proposée par FF est problématique.
*** on dirait que tu soupçonnes de ma part un "complot anti-flipflop" :-DAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
je suis bien incapable de prouver que la réponse est non,
La matrice $\pmatrix{1&1\\0&1}$ n'est pas diagonalisable. Si elle est semblable au produit d'une matrice de permutation par une matrice diagonale, elle est donc forcément semblable à une matrice de la forme $\pmatrix{0&a\\b&0}$. Mais c'est impossible à cause des traces. -
Ah merci beaucoup, et pardon pour le retard. Je ferai l'exo de prouver qu'elle n'est pas diagonalisable. Il va falloir que je cherche une autre façon d'assouplir la forme canonique recherchée par beaucoup qui est la diagonale (ou la forme de Jordan ou je crois de Kronecker dans le cas général). Mais ma question était un peu idiote dans le sens qu'une "superposition quantique" en quelque sorte de permutations n'a pas de raison de donner un truc bijectif a priori. La philosophie derrière est surement plus subtile.
Ce sont plutôt les matrices orthogonales d'ailleurs qui paraissent la meilleure approximation à mon coeur de noéphyte de la notion de "superposition quantique" ** de permutations
** je dis ça comme ça, il n'y a rien de sérieux derrière concernant le mot quantique, l'idée c'est juste de "capter" une éventuelle intuition générale qui ferait que "tout comprendre du groupe symétrique => tout comprendre des $GL_n$"Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
J'adore Christophe : je vais faire l'exercice de montrer que le matrice n'est pas diagonalisable, j'ai beaucoup ri :-D
Christophe, j'ai sincèrement pris l'exemple le plus simple * (selon moi) de matrice non diagonalisable ! Sorry si ce n'est pas simple pour toi ... volontairement je t''avais laisser un petit calcul de matrice 2 x2 (avec l'interprétation de la multiplication a gauche de la multiplication par un matrice de permutation := quand on multiplie une matrice de permutation par une matrice le résultat est juste un échange de colonne de la matrice) (si tu veux on peux formaliser mieux ça ??? Tu as le temps pour apprendre un peu ça ? perso, j'aime bien mais je ne suis pas complètement a l'aize avec ça)
* en vrai j'ai pris au départ $\pmatrix{0&1\\0&0}$ mais comme la trace est nulle mon argument ne fonctionne pas ... et pas trop le courage de faire des calculs du coup j'ai pris l'autre matrice.
D'ailleurs c'est un bloc de Jordan il me semble ! Sinon, Kronecker ou Frobenius ??? (@Claude : t'as vu j'ai encore trouvé le moyen de parler de Frobenius :-D).
Pour les histoires quantiques, bah je ne sais pas ce que veux dire quantique ! Mais j'ai un peu pensé au groupe orthogonal dans ta question ! Du coup, faut que tu formalise mieux ta question ! -
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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[size=x-large]Question 903:[/size]
Existe-t-il une application de B dans B croissante pour l'inclusion et sans point fixe?
B est l'ensemble des boréliens de IR.
De mon téléphone.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour,
Tu veux dire sans point fixe autre que $\R$ lui-même ?
[Edit: j'ai confondu $f$ croissante avec $X \subset f(X)$] -
La constante X|
> A n'a pas forcément IR comme point fixe.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Peut-être la fonction $X \mapsto f(X)$ où $f$ est définie par $f(x)=x-1$ si $x<0$, $f(0)=1/2$, et $f(x)=x+1$ si $x>0$.
[Edit: non, là c'est $\emptyset$ le point fixe] -
Est-ce que $X=\cup_{n=1}^{\infty}f^n(\emptyset)$ n'est pas toujours un point fixe ?
On voit que $f(X) \subset X$. [C'est faux ....]
De plus, si la proposition $P(n)$ : $\emptyset \subset f(\emptyset) \subset \dots \subset f^n(\emptyset) \subset f^n(X) \subset \dots \subset f(X) \subset X$ est vraie, on déduit $P(n+1)$. Et $P(1)$ est vraie.
Donc $X \subset f(X)$ -
Si $f$ n'a pas de point fixe, alors $f(X) \neq X$ pour tout $X$.
On fait une récurrence transfinie.
On pose $X_0=\emptyset$.
Si $\alpha$ est un ordinal limite, $X_{\alpha}=\cup_{\beta<\alpha} X_{\beta}$.
Si $\alpha=\beta+1$, $X_{\alpha}=X_{\beta} \cup f(X_{\beta})$.
Alors $X_0 \subset f(X_0)$.
Si, pour tout $\beta<\alpha$, $X_{\beta} \subset f(X_{\beta})$, alors
1) si $\alpha=\beta+1$ est successeur: $X_{\alpha}=f(X_{\beta})$, or $X_{\beta} \subset f(X_{\beta})$, donc par croissance de $f$, $X_{\alpha} \subset f(X_{\alpha})$,
2) si $\alpha$ est limite, $f(X_{\beta}) \subset f(X_{\alpha})$, par croissance de $f$ et pour tout $\beta< \alpha$, donc $X_{\beta} \subset f(X_{\beta}) \subset f(X_{\alpha})$, par hypothèse de récurrence. Donc $X_{\alpha} \subset f(X_{\alpha})$.
La suite est strictement croissante, et contenue dans $\R$, donc contradiction.
[Edit:C'est encore faux car on est dans les boréliens...] -
Merci beaucoup Marco je lirai tout ça d'un PC (pas de vision du latex sur mon T)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Tout ce que j'ai écrit ci-dessus est faux. J'ai essayé de faire une récurrence transfinie pour construire une suite strictement croissante, mais on est dans les boréliens, donc ça ne marche pas.
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