"Il est facile de 2"
Réponses
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Bonjour,
Je me permets de mettre un énoncé ici (je n'en connais pas de réponse) que je trouve intéressant :
$P$ un polynôme entier, tel que pour tout $n\in\N$ $P(n)$ n'est pas premier, a-t-on alors il existe deux polynômes entier tel que $P(n)=P_1(n)\times P_2(n)$ ? -
Très bonne question, mais je crois qu'elle a déjà été posée dans ce fil il y a longtemps**, mais c'est pas grave.[large]La question no 654 est celle posée ci-dessus par contreexemple[/large]
** et j'ai vaguement l'impression qu'elle avait reçu une réponse, sans aucune certitude.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonsoir,
Un autre (pareille je n'en ai pas de solution) :
$P$ polynôme réel à plusieurs variables tels que pour tout $c\in\R$, $\{x\in\R^n|P(x)=c\}$ est vide ou connexe, a-t-on alors $P$ est à une variable ?
Bonne soirée. -
Bonjour,
Si on choisit $P(x,y)=x^2+y^2$, alors $\{(x,y)\in \R^2 |P(x,y)=c\}$ est soit vide, soit un point, soit un cercle (donc connexe). Et pourtant , $P$ n'a pas qu'une variable. -
@contre-exemple: pense à des formes linéaires (ce sont des fonctions polynômiales).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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Bonjour,
Merci, à tous les deux.
Bonne journée. -
Bonjour,
Une autre :
$f$ continue de $\R^n$ dans $f(\R^n)=\R$, $n>1$, pour tout $c \in \R$ $\{x\in \R^n|f(x)=c\}$ n'est jamais un singleton ?
La réponse est vraie. -
contrexemple écrivait:
> Bonjour,
>
> Une autre :
> $f$ continue de $\R^n$ dans $f(\R^n)=\R$, $n>1$,
> pour tout $c \in \R$ $\{x\in \R^n|f(x)=c\}$ n'est
> jamais un singleton ?
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1008195,1215821#msg-1215821Une 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 $y = z$. -
Les formes linéaires sur $\R^n$ donnent des hyperplans, qui sont aux moins aussi gros qu'une droite (n>1).
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[large]Petit exercice inoffensif mais plaisant numéro 655[/large]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Pour la 654: contreexemple que penses-tu de $P(n)=n^2+n+4$?
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Question 656: je n'arrive même pas à me rappeler si j'ai un jour connu la réponse à cette question "banale". On se place dans l'anneau $A:=\Z[X_0,X_1,..]$ (les indéterminées sont indicées par les entiers naturels). Soit $T$ l'ensemble des couples $(F,Q)$ tels que $F$ est une partie finie de $A$ et $Q\in A$ et $Q$ appartient à l'idéal engendré par $F$.
[large]Question 656: $T$ est-il récursif?[/large]
A vue de nez, je sais montrer qu'il est PSPACE-complet.... Mais, j'avoue ne pas voir s'il est ou non décidable (en langage populaire décidable est synonyme de résursif)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
christophe c a écrit:je sais montrer qu'il est PSPACE-complet
Vous vouliez dire "PSPACE-difficile"? Parce que PSPACE-complet implique PSPACE, lequel implique récursif. -
Oui bien sur merci et pardon pour l'erreur de frappe!Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bonjour,
Pour calculer les polynômes appartenant à un idéal $(f_1,\dots, f_n)$, il y a les bases de Gröbner et l'algorithme de Buchberger.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Base_de_Gr%C3%B6bner
https://fr.wikipedia.org/wiki/Algorithme_de_Buchberger
Je ne sais pas si il convient pour $\Z[X_0, X_1,\dots]$. -
Merci beaucoup Marco, je vais regarder les détails. Par contre, la théorie des corps algébriquement clos de caractéristique nulle est récursive, donc si on se restreint à eux, on a la réponse. Je ne sais pas si Grobner est un outil général qui dépasse ce cadre.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Oui, Gröbner convient pour $\Q[X_0,X_1,\dots]$, mais peut-être pas pour $\Z[X_0,X_1,\dots]$.
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[large]Question 657[/large] (toujours dans un peu le même esprit):
soit $(E,\perp , *)$ un ensemble (infini) muni de deux opérations commutatives et associatives. Soit $n$ un entier $>0$. Soient $m$ une application de $(n+1)\times n$ dans $E$.
A chaque $x\in E^{n+1}$, on associe $y:=\phi(x)\in E^n$ défini, pour chaque $j\in n$ par $y(j):=(x(0) * m(0,j)) \perp ...\perp (x(n) * m(n,j))$.
Vous aurez bien sûr reconnu une sorte de multiplication matricielle sans la structure d'anneau, en particulier sans la distributivité.Question: a-t-on forcément que $\phi$ n'est pas injective?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
La réponse est non, $\phi$ peut être dans certain cas injective. J'ai donc bien l'impression que l'hypothèse (non présente dans la question657) que $\forall .. : a*(b\perp c)=(a*b)\perp (a*c) $ est "essentielle". Bon cela dit, ça n'enlève pas non plus trop de généralité, il y a même des foules de tel couples où $\perp = *$ en plus, etc. C'est quand on demande à $\perp$ de livrer une structure de groupe qu'on devient rikiki (on tombe alors tout simplement dans les anneaux pour qui la réponse oui est connue).
La question 658 est la suivante: même question que la 657 avec l'hypothèse de distributivité en plus.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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Question 660: soit $C$ une collection (qui ne contient que des anneaux commutatifs unitaires) qui contient tous les corps, stable par morphismes surjectifs, produits finis, et passage à l'anneau des polynômes sur une indéterminée.
Est-ce que $C$ contient tous les anneaux noethériens?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
660: Non.
Tout est supposé commutatif dans ce qui suit
On dit qu'un anneau $A$ la propriété $X$ s'il existe une suite finie $A_0,...,A_n$ avec
1) $A_n=A$
2) pour tout $k$ l'une des propriétés suivantes est vraie
a) il existe $\ell< k$ et $\varphi: A_{\ell} \to A_k$ morphisme surjectif d'anneaux.
b) il existe $\ell '< k$ tel que $A_{\ell '} [X]$ et $A_k$ sont isomorphes.
c) $A_k$ est un corps
d) il existe $p,q <k$ tels que $A_p \times A_q$ et $A_k$ sont isomorphes.
remarque 1: dans une suite comme précédemment, $A_0$ est forcément un corps (parmi les propriétés 2)a) .., 2)d) seule 2)c) peut être vérifiée)
remarque 2: la collection des anneaux vérifiant la propriété $X$ vérifie toutes les hypothèses de 660 (évident)
remarque 3: Si $A$ vérifie $X$ avec une suite $A_0,....,A_n$ alors il existe un morphisme d'un corps(*) $K$ vers $A$ (la preuve est évidente par récurrence sur $n$ : considérer le plus petit $n$ tel que c'est faux: dans tous les cas $A_n$ est un corps ou bien il existe $p<n$ et un morphisme de $A_p$ dans $A_n$)
On conclut en vérifiant que $\Z$ ne vérifie pas $X$ puisqu'il n'existe aucun corps $K$ avec un morphisme $f: K \to \Z$.
En effet un tel morphisme serait injectif ($\ker f$ ne contenant aucun inversible) et donc $K$ serait de caractéristique nulle et $\Z$ aurait une infinité d'inversibles.
EDIT: la remarque 3 est fausse. Elle ne marche pas sur un produit de corps comme $\mathbf F_2 \times \mathbf F_3 \simeq \Z /6 \Z$. Néanmoins la collection des anneaux ayant la propriété $X$ est la plus petite vérifiant toutes les hypothèses de 660 et c'est donc un choix privilégié pour un contre exemple. L'exo reste ouvert.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 $y = z$. -
On montre que 660 est fausse avec des résultats non triviaux (les énoncés de dimension ci-dessous sont pénibles à prouver).
Si $A$ et $B$ sont noethériens de dimension de Krull finie $A \times B$ est aussi de dimension finie et $\dim(A \times \leq \max \big (\dim(A), \dim(B) \big)$. Si $A$ est de dimension finie et $I$ est un idéal, $\dim(A/I) \leq \dim(A)$ et $\dim(A[X])=1+\dim(A)$. Si $A$ est un corps $\dim(A)=0$.
Bref la classe des anneaux noethériens de dimension finie vérifie toutes les hypothèses de 660 mais il existe un anneau noethérien de dimension infinie (dû à Nagata. Tout est sur les moteurs de recherche).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 beaucoup foys: j'avais effectivement oublié Z... J'aurais dû mettre "anneau principal intègre à la place de corps. Ce sera la 661 d'un PC qui sera résolue grâce à ton last postAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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[large]Question 664 : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1242261[/large]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Je donne des numéros de référence pour les deux questions de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1224609,1242469,page=2#msg-1242469
Question 665 : soit $A$ un anneau un anneau pour qui la relation $Annul(x)\subset Annul(y)$ coincide avec $x| y$. Soit des éléments $b,a_i$ tels que $Annul(b)\supset Annul(a_1)\cap ..\cap Annul(a_k)$. A-t-on forcément $b\in Aa_1+..+Aa_k$?
Question 665bis: Soient $A,B$ tels que $B$ est un anneau unitaire pas forcément commutatif et $A$ un sous-anneau commutatif de $B$. Soit $P$ un polynome unitaire à coefficients dans $A$, de degré $n$ et $z\in B$ tel que $P(z)=0$. On suppose de plus que $(x\mapsto zx)$ est injective de $B$ dans $B$ et qu'aucun polynôme unitaire à coefs dans $A$ de degré $<n$ n'annule $z$. A-t-on forcément que le coefficient constant de $P$ est régulier?
Pour la 665bis, j'ai l'impression que la réponse est oui en faisant un effet miroir (ie chaque fois on passe dans le suranneau qui ajoute sentimentalement $z$, ce qui permet de factoriser $P$ sous la forme d'un produit de facteurs $X+a$ tel que $a$ régulier. Le coef constant de P étant le produit de ces $a$ reste alors régulier. Mais je n'ai pas vérifié les "petits détails Columboques"Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
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[large]Exercice 667 : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1254561[/large]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Hum je n'ai pas la réponse mais je pense à la chose suivante.
Si $A$ est compact, le convexe auquel il est homéomorphe est compact aussi. Or dans $\R^n$ un convexe compact est toujours homéomorphe à une sphère pleine (donc en particulier étoilé).
Je ne suis pas sûr que ça se généralise à tout espace normé de dimension infinie, mais c'est possible. Il faudrait reprendre la démonstration du fait dans $\R^n$ et regarder si on n'utilise que les propriétés de la norme.
Edit : Après vérification, la preuve semble pouvoir être copié-collée pour un evn quelconque. En attente de confirmation d'un autre intervenant.
Edit 2 : Ce que demandait cc était une équivalence et j'ai juste prouvé un sens, qui était totalement trivial d'ailleurs. :-D Bref il est temps d'arrêter les maths pour aujoud'hui. -
Merci Cyrano (tu)
C'est l'heure de l'apéro, une petite question sans (à priori) infini.
Question 673Soit $G$ un semigroupe. Existe-t-il forcément une involution $f$ de $G\to G$ telle que pour tous éléments $x,y$ de $G: f(xy)=f(y)f(x)$?
(J'imagine que la réponse est non en mode "vite fait")Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
En effet, c'est mal parti (pour Question 673),
Soit $E$ un ensemble. Considérons l'opération $*\colon E^2\to E$, projection sur la première coordonnée, c'est à dire pour tout $(x,y)\in E^2$, on a $x*y=x$. Cette opération est bien associative.
Soit $f\colon E\to E$ une involution telle que pour tout $x,y$ dans $E$, on a $f(x*y)=f(y)*f(x)$. Alors pour tout $x,y$ dans $E$, on a $f(x)=f(x*y)=f(y)*f(x)=f(y)$, mais $f$ est involution, donc $x=f(f(x))=f(f(y))=y$.
Ainsi $E$ est un singleton. Ce qui est gênant si $E=\{0,1\}$.
Pour espérer un tel résultat il doit falloir rajouter une condition forte sur le semi-groupe (la seul présence d'un élément neutre ne suffit pas). On peut cependant espérer l'existence d'une telle involution si le semi-groupe se plonge dans un groupe (mais je ne garantie rien). -
Merci mpif et grand merci pour la question retapée que tu proposes:
Question 674 (due à mpif) : soit $G$ un semi-groupe "intègre". Existe-t-il une involution $f:G\to G$ telle que pour tous éléments $x,y$ de $G: f(xy)=f(y)f(x)$?
( "intègre" signifie que pour tout $x\in G: (y\mapsto xy)$ et $(y\mapsto yx)$ sont injectives )Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Question 675: soit $f$ l'application de $2^3\to 2$ telle que pour tous $x,y,z: $ si $x=1$ alors $f(x,y,z)=y$ et si $x=0$ alors $f(x,y,z)=z$
On note $E$ l'ensemble des formules $X$ écrites avec juste des lettres, des zéros, des 1 et le symbole $f$, qui de plus sont telles qu'il n'y a qu'une seule occurrence (ou pas du tout**) de chaque lettre dans $X$.
On appelle tautologie les éléments de $E$ qui ne peuvent prendre que la valeur $1$ quelles que soient les valeurs qu'on attribue aux lettres. L'ensemble des tautologies est-il coNP-complet?
** par exemple $f(a,b,f(c,a,d))$ n'est pas dans $E$ car le lettre $a$ apparaît deux fois.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je m'auto-réponds pour la 675 (je laisse les détails au lecteur): c'est un ensemble polynomial (en tant que complémentaire d'un ensemble algébrique**). Complexité donc en $n^3$, où $n$ est la longueur de la suite de symboles
** on dit plus usuellement "langage algébrique", ie "généré par une grammaire algébrique".Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
674 bis
Soit $G$ un groupe et $S\subset G$.
Soit $S'$ l'image de $S$ par $x\mapsto x^{-1}$
Existe-t-il un automorphisme $g$ de $G$ qui envoie $S$ sur $S'$?
(Si $G $ vérifie 674 bis alors il vérifie 674 : on plonge le monoïde dans un groupe (car integre)et on prend pour $S $ le monoïde intègre , et $f(x)=g(x)^{-1}$) -
je crois que 674 (et 674bis) sont faux en général
On prend $G$ un groupe libre à 4 générateurs quotienté par les relations(*) $a^3=1 , b^5=1,c^7=1$ et $d^{11}=1$ et $ab=cd$
et on considère le monoide (intègre) $S\subset G$ engendré par $a$ , $b$,$c$ et $d$
$1\in S$ donc $f(1)=1$ (développer $f(a.1)$)**
$g:\space x\mapsto f(x)^{-1}$ est un morphisme de monoïde de $S$ sur $S':=g(S)$
On a aussi $g(1)=1$ (par **)
et donc ordre $g(x)$ divise l'ordre de $x$ pour tout $x$ dans $S$
donc, en notant $x'$ l'inverse de $x$, on a
$g(a)=a'$, $g(b)=b'$, $g(c)=c'$, $g(d)=d'$
mais on a aussi $g(ab)=g(cd)$ et donc $a'b'=c'd'$ qui n'est impliqué par aucune des relations (*) -
Bonjour Lesmaths.clairLesmaths.clair a écrit:On prend $G$ un groupe libre à deux générateurs quotienté par les relations $a^3=1,\ b^5=1,\ (ab)^7=1 ,\ (ba)^{11}=1$
Ainsi défini, ton groupe $G$ est réduit au neutre.
En effet pour tout $n$, $(ab)^n=1$ donne par conjugaison $b(ab)^nb^{-1}=bb^{-1}=1$ c'est-à-dire $(ba)^n=1$
Alors de la relation $(ab)^7=1$, tu tires $(ba)^7=1$ qui combiné avec $(ba)^{11}=1$ donne (par Bézout) $ba=1$ ou encore $b=a^{-1}$ alors les autres relations donnent (encore par Bezout) $a=b=1$ dans le quotient.
Le groupe $G$ qui est engendré par l'image de $a$ et $b$ dans le quotient est donc trivial.
Alain
PS : je n'ai pas compris la différence entre ton monoïde intègre $S$ et le groupe $G$ ? -
AD écrivait:
>
> PS : je n'ai pas compris la différence entre ton
> monoïde intègre $S$ et le groupe $G$ ?
Bonjour !
J'ai corrigé une deuxieme fois entre temps la première betise (ordre de ab différent de ordre de ba) mais en fait c'est pour en ecrire une autre, car S=G, tu as raison^^ (vite un trou pour me cacher) -
J'essaie encore une fois 674 pour dire NON
soit $S$ le monoide libre engendré par A={a,b,c,d}
et $T$ le quotient de $S$ par $ab=cbd$(*)
soit $f$ involution vérifiant $f(xy)=f(y)f(x)$ pour tous $x,y\in T$
lemme
si $x\in A$, alors $f(x)\in A$
en effet si ce n'etait pas le cas on aurait $x=f(f(x))=f(x_1...x_q)=f(x_q)...f(x_1)$et x serait egal a un produit de q>1 elements de A, ce qui est exclu car l'unique relation est (*)
(*) entraine $f(b)f(a)=f(d)f(b)f(c)$
d'après le lemme et le fait que (*) est la seule relation qui lient $a,b,c$, et $d$ , ceci impose $f(b)=a, f(a)=b ,f(d)=c, f(b)=b, f(c)=d$
donc a=b ce qui est exclu -
671
A=Z/4Z
m=1
P_1=2X+1
P_2=X^2
R(2X+1,X^2) est non nul pour tout polynôme R à deux variables qui n'est pas nul -
peut etre faut il rajouter anneau integre?(671)
-
Exercice 676 :
cet exercice est dû à JC alias les mathspointclair qui m'en a parlé hier. Pour $x,y$ dans $F_2^n$, on note $$F_2^n\ni x*y:=(i\in n\mapsto x_iy_i)$$.
Soit $M$ une matrice à coefs dans $F_2$ ayant la constante nulle aussi bien comme ligne que comme colonne ayant une ligne et une colonne nulle. De plus, toutes ses lignes sont 2 à 2 distinctes (et idem pour ses colonnes). De plus, l'ensemble de ses lignes est stable par * (et l'ensemble de ses colonnes aussi).
Prouver que $M$ est une matrice carréeAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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