"Il est facile de 2"

Georges Abitbol

$R \subset \mathbb{N}^2$ ?

christophe c

Merci Georges!

christophe c

[large]Question 1033[/large]

Soient A et B deux anneaux commutatif A étant sous anneau de B. Est-ce que l'ensemble des éléments de B qui annulent un polynôme unitaire à coefs dans A est un sous anneau de B?

Ce sera la question 1033 je mettrai les couleurs d'un PC car là suis de mon téléphone

Question résolue par GBZM et GA ci-dessous.

Remarque: on a le cas particulier des corps où ça devient harmonieux car "annuler un polynôme non nul et annuler un polynome unitaire" sont équivalents pour les corps

Sans "unitaire", j'aurais tendance à dire qu'on n'a pas de résultat similaire puisque $ua=0$ et $vb=0$, avec $u,v$ non nuls ne me semble pas assurer l'existence d'un polynôme non nul à coefs dans $\Z[u,v]$ qui annule $a+b$.

GaBuZoMeu

Oui, c'est classique (fermeture intégrale de $A$ dans $B$, voir la page wikipedia "Élément entier" par exemple).

Georges Abitbol

Oui, c'est le corollaire 1 de la page wiki :
Clique ici !

christophe c

Un grand merci à tous les 2!! Je mets quand-même des couleurs sur le post par edit, même si question résolue.

GaBuZoMeu

La page wikipedia reprend la démonstration classique qui pase par les $A$-algèbres finies et l'astuce de la matrice adjointe.
On peut aussi donner une démonstration utilisant le résultant, qui produit à partir de polynômes unitaires annulant $b$ et $c$, fournit des polynômes unitaires annulant $b-c$ et $bc$.

christophe c

Merci je vais essayer de trouver du temps car il y a du déterminant la dedans et vu le temps que j'ai déjà mis à tourner autour du déterminant ça me motive.

christophe c

C'est presque explicitement raconté au lien https://fr.wikipedia.org/wiki/Résultant

Mais j'avoue que j'aime bien la preuve (qui utilise aussi le déterminant) qui ne fait pas usage de résultant car elle est toute douce (il n'y a pas tout plein de "moins 1 à la puissance truc").

Par contre, (bon certes, c'est de la lecture diagonale) le fait que soit annoncé le passage "module fini à module fidèle fini" (qui permet dans l'extrait de dire "$dD=0$ donc $d=0$") dans le lien de Georges comme une pure évidence me parait un peu cavalier. Mais mon manque de dispo, me rend peut-être un peu "dur de la feuille interne :-D

christophe c

Suis-je sénile en ce moment ? Il suffit d'ajouter 1_A aux générateurs. :-D

christophe c

Je précise aux lecteurs bien le fil n'ait pas cette vocation: si A, B sont deux anneaux commutatifs A sous anneau de B lui même module de type fini sur A alors les éléments de B sont tous entiers sur A (le reste des liens sortait un peu de ma demande bien qu'intéressant).

C'est "trivial à lire" avec le déterminant. Quelqu'un a-t-il une preuve sans aucun déterminant? (Je ne numéroté pas cette question pour l'instant)

gai requin

J'essaie un truc.

Soit $b_1,\ldots,b_n\in B$ tels que $B$ est engendré par les $b_i$ en tant que $A$-module.
Soit $b\in B$.
Il existe $M\in \mathcal{M}_n(A)$ tel que $(bb_i)_{1\leq i\leq n}=M(b_i)_{1\leq i\leq n}$.
On en déduit que $b$ est valeur propre de $M$, donc racine de $\chi_M$ polynôme unitaire de $A[X]$.

christophe c

Oui c'est la preuve classique mentionnée sur wiki. Hélas tu utilises le déterminant... :-D

Cela dit on voit quand même que c'est conséquence de que toute matrice est annulable par au moins un polynôme unitaire. Et j'ai vaguement le souvenir que ça ca peut s'attraper sans déterminant.

christophe c

Et ouiiii on peut: noetherianite de Z[les n^2 lettres de coefs] donc module noetherien ensuite. Pour p assez grand M^p est déjà dans le module engendré par les puissances d'avant.

christophe c

J'ai regroupé les informations ici partagées sur la 1033 dans un fil séparé du fait de l'académisme de la question: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1801306,1801306#msg-1801306

christophe c

[size=x-large]Question 1035[/size] (enfin exercice**) que Anatole m'a proposé de vous transmettre en demandant à ceux qui connaissent par cœur la réponse de ne pas spoiler.


Existe-t-il des groupes non abéliens dont tous les sous-groupes sont distingués ?

** la réponse est connue.

Krokop

J'ai l'impression que si on prend le produit direct d'un groupe $G$(fini) dont tous les sous-groupes sont distingués avec tous les $\frac{\mathbb{Z}}{p\mathbb{Z}}$ où $p$ ne divisant pas l'ordre de $G$ alors tous les sous-groupes sont distingués.

Donc il suffit de trouver un $G$ fini non commutatif ayant la propriété pour avoir pleins.... :-D

EDIT: mais oui les quaternions!!!!!!

AD

Question 1035. Petite anecdote.
Richard Dedekind (1831-1916) en publia la réponse en 1897 dans un article de ``Mathematische Annalen'', où il nommait "groupes de Hamilton" les groupes non abéliens ayant tous leurs sous-groupes distingués, d'où le symbole $\mathbb H_8$ pour nommer le premier d'entre eux : le groupe des quaternions à huit éléments.

Alain

christophe c

Et bien merci à vous deux je pourrai dire à Anatole que peu d'heures ont servi d'espace entre question et réponse.

christophe c

[size=x-large]Question 1036[/size]

Elle m'est venue grâce au fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?14,1800932

On ne suppose pas l'axiome du choix, mais on accepte l'axiome du choix dépendant. Existe-t-il un ensemble $N$ de parties de $\R$ stable par par somme, ne contenant pas $\R$ comme élément tel que pour toute partie $A$ de $\R$ il existe un borélien $B$ de $\R$ vérifiant $A\Delta B\in N$, avec $\Delta $ désignant la différence symétrique?

christophe c

[size=x-large]Exercice 1037[/size]

christophe c

[size=x-large]

Question 1038

[/size]

christophe c

[large]Question 1039:[/large]

soit $B$ l'ensemble des borélien de $\R$. Soit $\phi$ allant de $B^2$ dans $[0,1]$ telle que:

1/ Pour tout borélien $A: (X\mapsto \phi(X,A))$ se comporte comme une probabilité (non supposée sigma-additive) sur l'ensemble des boréliens inclus dans $A$

2/ Pour tous boréliens, si $A\subseteq B\subseteq C: \phi(A,B)\times \phi(B,C) = \phi(A,C)$

3/ (Je reste volontairement vague, je sais le prouver avec des GC). $\phi$ n'a pas été construite en utilisant l'axiome du choix.

4/ Soit $J$ un ensemble non vide de boréliens stable par réunions dénombrables. Idem on ne le suppose pas construit avec l'axiome du choix (c'est vague).

Existe-t-il alors forcément un borélien $A\in J$ tel que pour tout $B\in J: \phi(A\cap B, = 1$?

christophe c

[large]Question 1040:[/large]

Le lemme dit "d'Artin Rees" (je vous laisse googler) a le profil suivant:

$$\forall \dots... [ \forall a,b\exists n: a^{n+1} \cap b = a\times (a^n\cap b)]$$

Est-ce qu'on a prouvé (sous les mêmes conditions) la fausseté de la forme suivante:

$$\forall \dots... [ \forall a\exists n\forall b: a^{n+1} \cap b = a\times (a^n\cap b)]$$

christophe c

[size=x-large]

Question 1041

[/size]

christophe c

[size=x-large]

Question 1042

[/size]

Je remercie l'intervenant Calli d'avoir posté cette excellente question d'ailleurs. Je la reproduis:

Un espace est-il borélien dans son compactifié d eStones Cech?

Je rappelle ce qu'est le compactifié de Stones Cech de $E$.

Soit $L$ $<<$l'ensemble$>>$ des couples $(f,K)$ où $K$ est compact et $f$ est continue de $E$ dans $K$. Soit $P$ le gros espace produit des $K$ quand $(f,K)$ parcourt $L$

Le compactifié de SC de $E$ est l'adhérence dans $P$ de l'ensemble des $j(a):=[(f,K)\in L \mapsto f(a)]$ quand $a$ parcourt $E$

christophe c

Et rappel: $<<$ être borélien dans un esp.top$>>$ abrège $<<$ être dans tous les ensembles stables par complémentaires et unions dénombrables qui contiennent les ouverts$>>$

christophe c

[large]1045: comment va Pappus?[/large]

christophe c

[size=x-large]Question 1050[/size]

christophe c

Voici une chose dont je suis de moins en moins sûr.

La théorie : ZF + CD + toute partie de IR est égale à un borélien à un maigre DE MESURE NULLE près

Question 1051 : est-elle consistante?

Question 1053: Peut-on la déduire de ZF + AD(IR) ?

christophe c

[large]

Question 1054

[/large]

christophe c

De mon téléphone 1055

Quels sont les entiers n tels que la sphère Sn peut être munie d'un groupe commutatif C infini?

JLT

$n=1$ car les groupes de Lie compacts connexes abéliens sont les tores, et la seule sphère qui est homéomorphe à un tore est la sphère $S^1$.

christophe c

Waooouuuuhhh MERCI!

christophe c

Toujours de mon téléphone: pourquoi ajouter "de Lie"? Il serait forcément de Lie?

christophe c

Wikipédia m'a donné la réponse: oui

christophe c

Bon j'ai raté mon lien, voir :

Cinquième problème de Hilbert

Maxtimax

Il y a très peu de sphères qui peuvent être munies d'une structure de $H$-espace, alors de structure de groupe $C^\infty$ commutatif...

christophe c

C'est quoi un "H-espace"?

christophe c

[size=x-large]

Question 1056:

[/size]

pardon, je rédige de manière un peu "baclée" (sur le fond) cette question. Mais je donnerai une version plus "sérieuse" si elle est triviale.

On s'intéresse à la boule unité $B$ de l'espace euclidien canonique $\R^n$. soit $f$ une fonction QUELCONQUE de $B$ dans son bord $S$ et

$$g(x):=inf(\{t\in \R\mid \forall e>0\exists y\in B: [(dist(x,y)<e\ et\ dist(x,f(y) <y ]\})$$

pour tout $x\in B$.

A-t-on forcément que pour tout $x\in B,e>0$, il existe $y\in S : g(y)+e\geq g(x)$

christophe c

Les questions numérotées de

[large]1057 à 1061 inclus[/large]

sont au lien suivant:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1837908,1837908#msg-1837908

christophe c

[large]

Question 1062

[/large]

christophe c

Il est assez facile d'agrandir l'univers pour ajouter une bijection croissante (donc continue) de $[0,1]$ dans $[0,1]\cap \Q$. Mais évidemment, pour se faire on collapse $\R$ en le rendant dénombrable et de toute façon la fonction elle-même le fait.

Cela motive les questions suivantes.

[large]Question 1065:[/large] soit $f$ une bijection croissante de $]0,1[$ dans $]0,1[\cap (\R \setminus \Q)$ (donc extérieure à l'univers initial). Peut-on forcément, à partir d'elle construire une surjection de $\N$ sur $\R$?

[large]Question 1066:[/large] soit $f,g$ des bijections croissantes de $]0,1[$ dans respectivement $A,B$ des parties de $]0,1[$ partitionnant $]0,1[$ (donc extérieures à l'univers initial). Peut-on forcément, à partir d'elles construire une surjection de $\N$ sur $\R$?

[large]Question 1067:[/large] soit $f$ une bijection croissante de $]0,1[$ dans $]0,1[\cap \R \setminus \Q$ (donc extérieure à l'univers initial). Peut-on forcément, à partir d'elle construire une surjection de $\N$ sur $\omega_1$?

[large]Question 1068:[/large] soit $f,g$ des bijections croissantes de $]0,1[$ dans respectivement $A,B$ des parties de $]0,1[$ partitionnant $]0,1[$ (donc extérieures à l'univers initial). Peut-on forcément, à partir d'elles construire une surjection de $\N$ sur $\omega_1$?

christophe c

Édit téléphone pardon pour laideur de 1067 je corrigerai plus tard.

christophe c

[size=x-large]Question 1070: comment va GBZM?[/size] (3 semaines d'absence)

christophe c

[large]

Question 1071

[/large]

Un espace topologique $(E,T)$ est dit absolument compact quand, dans le jeu suivant***, Lea a une stratégie infaillible pour gagner.

Lea et Bob produisent une suite, Lea jouant les $x_i$ et Bob les $U_i$ :

$$(x_1,U_1);(x_2,U_2); \dots $$

où les $x_i$ sont des éléments de $E$ et les $U_i$ des éléments de $T$. Lea gagne quand ou bien il existe $i$ tel que $x_i\notin U_i$, ou bien (non exclusif) il existe $n$ tel que $U_1\cup \dots U_n = E$

Soit $(E,T)$ un espace séparé et compact. De plus $\N<card(E)<card(\R)$. L'espace est-il alors forcément absolument compact?

[large]Question 1072[/large] (probablement classique)

Soit $(E,T)$ un espace séparé et compact et métrisable, non dénombrable. A-t-on alors obligatoirement $card(E)\geq card(\R)$?

*** lorsqu'on ne précise pas, la convention est que le jouer, au moment de jouer son coup, connait tout ce qui a été joué précédement (expression "jeu à information parfaite")

Dom

J’ose dire une bêtise pour le 1072 : un ensemble fini ?
(Je me doute que quand on dit « non dénombrable » ça signifie « infini non dénombrable. »)

christophe c

Ah pardon de t'avoir gâché 3mn de ta vie. Merci pour ta remarque terminologique. Oui "infini" était tacite CHEZ MOI. J'ai déjà croisé des gens mais ne me rappelle plus qui chez qui ça ne l'était pas. Peut être des étudiants forumiques passés.

Dom

Je crois qu’il est d’usage de considérer les choses comme tu le dis. Mon intervention était « ma pause clope de non fumeur ».
J’apprenais aussi en Licence que le terme « dénombrable » signifiait souvent « au plus dénombrable » dans beaucoup de bouquins.
Un prof l’avait même ”rappelé” explicitement.

christophe c

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Question 1073 et 1074 (parties bleues siglées IEFD)

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