anneaux / nilpotence
Réponses
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Bonsoir,
pour le déclic prenons par exemple $(vu)^3=vuvuvu=v(uv)^2u$ c'est exactement ce qui est écrit en prenant $n=2$.
Jean-éric -
Simple et efficace, merci.
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En voici un autre les anneaux :
Je n'arrive pas bien saisir ce qui permet de dire que p ne divise pas k! (corrigé de la dernière question), en lien avec la décomposition en facteurs premiers de k!. Je suppose que cela à quelque chose à voir avec la formule de [large]L[/large]egendre mais je n'arrive pas à aller plus loin...
Merci par avance.
[Adrien-Marie Legendre (1752-1833) mérite bien sa majuscule ! AD] -
Bonsoir,
En vertu du théorème de Gauss, l'on a\[(\forall\,k)\left((k\in\Bbb{N}\text{ et }1\leqslant{k}\leqslant{p-1})\Rightarrow\mathrm{pgcd}(k,\,p)=1\Rightarrow\mathrm{pgcd}(k!,\,p)=\mathrm{pgcd}\left(\prod\limits_{l=1}^kl,\,p\right)=1\right)\]
Cordialement,
ThierryLe chat ouvrit les yeux, le soleil y entra. Le chat ferma les yeux, le soleil y resta. Voilà pourquoi le soir, quand le chat se réveille, j'aperçois dans le noir deux morceaux de soleil. (Maurice Carême). -
Si $n\in \mathbb N^*$, si $k\in \mathbb N^*$, alors : $k \binom{n}{k} =n \binom{n-1}{k-1}$ (précieuse formule !).
En conséquence, d'après le théorème de Gauss, si de plus $n\wedge k=1$, alors $ n \mid \binom{n}{k}$.
En particulier si $n=p$ premier, et si $1 \le k \le p-1$, etc.
Encore une solution mal foutue.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Bonsoir,
Et je signale cette alternative au binôme de Newton et à la divisibilité des coefficients binomiaux, pour démontrer que $(x+y)^p=x^p+y^p$ dans tout corps $k$ de caractéristique non nulle $p$. On fixe un $y\in k$ et on remarque que le polynôme dérivé de $S=(X+y)^p\in k[X]$ est nul. Donc $S$ est de la forme $X^p+c$ avec $c\in k$ qu'on trouve facilement. -
Merci thierry,
Donc visiblement, si k est strictement inférieur à p, que k et p sont premiers entre eux, alors p est premier avec k!, c'est cela? -
Comme $p$ est premier la condition $k < p$ implique automatiquement que $k$ et $p$ sont premiers entre eux (c'est équivalent au fait que $p$ ne divise pas $k$). Pour le fait que $p$ ne divise pas $k!$ il suffit de s'intéresser aux facteurs premiers de $k!$.
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En voici un autre sur lequel je pédale depuis un peu trop longtemps :
Dans le corrigé de la deuxième question :
- il est dit qu'il existe n<p tel que xnA=xpA. C'est à dire qu'un même x appartient à 2 idéaux différents?
- peu après, on passe de xn=xpa à xn(1-xpa)=0.
je ne comprends comment s'opère pas la transition.... -
Pour la première question, on donne une égalité d'idéaux : l'idéal engendré par $x^n$ dans $A$ est le même que celui engendré par $x^p$ dans $A$. De plus même s'ils étaient différents il ne faudrait pas s'inquiéter du fait qu'ils aient des éléments en communs. Par exemple les idéaux $2\mathbb Z$ et $4 \mathbb Z$ de $\mathbb Z$ sont différents mais ont $4$ en commun (et en fait tout $4 \mathbb Z$ puisqu'il est inclus dans l'autre).
Pour la suite, cela semble être une faute de frappe, on devrait trouver $x^n(1-x^{n-p}a)=0$, ce qui fait sens puisque $n > p$ par hypothèse. -
Merci pour ton aide.
En voici un autre sur les idéaux :
Sur le corrigé prouvant que IJ est stable par la somme (question 1), je ne comprends pas la démo, n'y a-t-il pas une erreur d'indice dans le corrigé ? Est-ce bien j'k=-j'k-n ou alors jk=-j'k-n ?
Si pas de faute alors je ne comprends pas la manip qui permet d'aboutir à la somme en dessous (celle de k=1 à n+m).
Par ailleurs, indépendamment de cet exercice là, j'ai constaté que dans certains exercices, on prouve qu'un ensemble est un idéal en vérifiant que la somme de deux éléments appartient bien à l'idéal, alors que dans d'autres, on prouve que la différence de deux éléments appartient bien à l'idéal, cela revient au même ? -
Oui c'est bien $j_k$ au lieu de $j_k'$. L'essentiel est de comprendre ce qui est fait, on réindexe les éléments apparaissant dans la somme définissant $y$ pour obtenir une jolie somme pour $x-y$ et vérifier qu'il est bien dans $IJ$.
Non cela ne revient pas au même. Pour vérifier qu'une partie d'un anneau est un idéal il y a deux choses à vérifier : qu'il s'agit d'un sous-groupe pour l'addition et qu'elle est absorbante pour la multiplication. Or, pour montrer qu'une telle partie $I$ est bien un sous-groupe pour l'addition, on peut s'y prendre de plusieurs manières :
1) La méthode "bourrine" où on montre que $I$ est non vide, que $I$ est stable par somme, et enfin que $I$ contient les opposés de ses éléments.
2) La méthode économique où on montre que $I$ est non vide et est stable par différence.
Ces deux choses-là sont équivalentes (c'est un bon petit exercice sur les définitions). Si ton correcteur ne vérifie que la stabilité par somme, il fait un oubli. -
Bien compris, avec la méthode éco, on n'a pas à vérifier que l'idéal contient l'opposé de chaque élément.
Merci. -
A y regarder de plus près, je ne comprends toujours pas cette bidouille sur la somme.
N'est-ce pas x qui est ré-indexé plutôt que y ? J'arrive pas à obtenir ce qu'il y a en dessous... -
Bonjour,
En partant de :
\begin{align} x &= i_1j_1+\dotsb+i_nj_n & y &= i'_1j'_1+\dotsb+i'_mj_m \end{align}
le calcul brutal de la différence fournit :
\[x-y = i_1j_1+\dotsb+i_nj_n + (-i'_1)j'_1+\dotsb+(-i'_m)j'_m\]
que l'on veut mettre sous la forme :
\[x-y = i_1j_1+\dotsb+i_nj_n + i_{n+1}j_{n+1}+\dotsb+i_{n+m}j_{n+m}.\]
Il faut donc poser \(i_{n+l} = -i'_l\) et \(j_{n+l}=j'_l\) pour \(l\) de \(1\) à \(m\), c'est-à-dire : \(i_k = -i'_{k-n}\) et \(j_k=j'_{k-n}\) pour \(k\) de \(n+1\) à \(n+m\).
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Bonjour!
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