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"Il est facile de 2"

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Réponses

  • Mon post précisait bien "toute partie convexe bornée" (enfin bon, il oubliait "bornée", mais il suffit de rajouter ça ou encore "de mesure finie" pour manipuler des inégalités utiles). Mais il y a mieux: en grande dimension l'intersection d'une plaque fine d'épaisseur donnée (i.e. l'ensemble des $x$ tels que $a\leq \langle x,u\rangle \leq b$ où $u$ est de norme $1$; l'épaisseur de la plaque est le nombre $e:=b-a$) avec un hypercube peut être très petite ou énorme selon la manière dont elle est orientée (même si $e$ est très petit devant la longueur des arêtes)! En fait la réponse à ma question était positive (les sphères en question auront un rayon grand).
  • [size=x-large]MacroQuestion 1155[/size]
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  • [large] [/large]
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  • [size=x-large]Question 1157[/size]

    Soit $E$ l'ensemble des applications de $[0,1]$ dans lui-même.

    Existe-t-il une application $\phi : E\times \R$ dans $E$ telles que

    1/ pour toutes $f,g$ dans $E$ :
    $f\circ g=g\circ f$ si et seulement si il existe $a\in \R: g=\phi(f,a)$

    et
    2/ $\forall a,b$ dans $\R: \phi(f,ab) = \phi(\phi(f,a),b)$

    et
    3/ $\phi(f,1)=f$

    et
    4/ $\phi(f, a+b) = \phi(f,a) \circ \phi(f,b)$
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  • Bonjour,

    Si j'ai bien compris la question :

    soit $f \in E$ la fonction définie par $f(x) = x$, alors $(\forall g \in E) ( f \circ g = g \circ f)$, il faudrait pouvoir indexer $E$ par $\mathbb R$, ce qui me paraît difficile si $[0, 1]$ a son sens habituel de partie de $\mathbb R$, si c'est une partie de $\mathbb Q$, c'est possible
  • Bonjour,

    Pour ajouter à la remarque de Médiat sur la 1157, si l'on prend une fonction $f$ ayant $2^{\aleph_0}$ points fixes, alors on aura déjà $2^{2^{\aleph_0}}$ fonctions qui commutent avec $f$, en permutant ces points fixes et copiant $f$ par ailleurs. Donc il faut trouver un moyen d'imposer que ce genre de fonction soit seulement l'identité.

    Ensuite, le point 4/ fait que $f$ doit être bijective pour que $\phi(f,r)$ existe pour tout réel $r$. Donc il faudrait se concentrer sur les bijections $E\rightarrow E$.

    Et pour finir, 1/ et 4/ font que les commutants des fonctions sont commutatifs. Une conséquence est que "commuter avec " devient une relation transitive, ce qui me semble assez douteux en général.

    Je crois aussi qu'on peut produire plus que $2^{\aleph_0}$ bijections qui commutent avec la fonction carré par exemple en étant malin, donc en général il faudrait imposer des conditions sur les fonctions.

    Un contexte dans lequel on peut faire tout ça, c'est avec certains types de séries formelles généralisées (séries de Hahn). Elles sont alors vues comme des fonctions sur l'ensemble des séries formelles qui tendent vers $+\infty$ mais on perd la possibilité de les définir (toutes) comme fonctions réelles. C'est un exemple qui n'en est pas un. Note que ce sont des cas où les fonctions correspondantes ainsi que toutes leurs dérivées formelles sont monotones, ce qui est peut-être un bon début de contexte pour ta question.
    Pour certains types de séries formelles on a bien ces propriétés. Je crois que c'est le cas pour les séries de fonctions puissance $x^r:s\mapsto s^r$ à support anti-bien ordonné où par exemple on a $\phi(x^2,a)=x^{2^a}$ pour tout nombre réel $a$. Un autre exemple est celui des "transséries d'exponentialité zéro", qui sont des séries formelles faisant intervenir $\exp$ et $\log$ mais étant (en $+\infty)$ beaucoup plus petites que $\exp$ et plus beaucoup plus grandes que $\log$, par exemple $x+x (\log x)^{-1}+x (\log x)^{-2}+...$.
  • MERCI POUR VOS RÉPONSES!!
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  • [large]Question 1158[/large]

    $J:=[0,1]$

    Un nombre réel $a>0$ est dit bleu quand pour tout couple d'applications continues $f,g$ de $J\to J$ qui commutent ($f\circ g= g\circ f$), il existe un couple de polynômes $(P,Q)$ qui commutent tels que :

    $$ \forall x\in J: (P(x)-f(x))^2+(Q(x)-g(x))^2 < a$$

    Quelle est la borne inférieure de l'ensemble des réels qui sont bleus?
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  • Il suffit de prendre P(x) = Q(x) = 0, et a = 3 convient, donc tous les réels > 3 aussi. QED
  • Approche du fainéant : sans utiliser la commutativité de $f$ et $g$ on peut dire que la borne inf bleue est $\leqslant 1/2$.

    Il suffit de prendre $P=Q=1/2$ pour le voir.

    Qui dit mieux ?
  • Ma première réponse est crétine, j'avais mal interprété la question, raoul m'a ouvert les yeux.

    Sauf nouvelle erreur de ma part, la réponse est bien$1/2$, en prenant pour $f$ et $g$ la fonction caractéristique des rationnels (qui commute avec elle-même), les polynomes $P(x) = Q(x) = 1/2$ donnent le plus petit $a = 1/2$
  • Visiblement, Raoul ne t'a ouvert qu'un œil. Je t'ouvre l'autre : les fonctions sont supposées continues. :-D
  • Oups, cela vient de la question 1157 où ce n'était pas requis
  • Merci pour vos recherches. "continues" parce que j'ai fait un clin d'oeil à Stone Weirstrass.

    Ce serait marrant que ce ne soit pas $0$, mais un nombre strictement positif... Ca ferait une "constante" de plus.
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  • Soit $A$ un anneau commutatif unitaire

    [large]Question 1159 :[/large]
    on suppose que pour tout idéal $J$ de $A$, il existe $a,b$ dans $J$ tel que $J=(a,b)$. A-t-on alors forcément que pour tout idéal $J$ de $A$ et tout $a\in J$ qui n'est pas nul, il existe $b\in J$ tel que $J=(a,b)$?

    [large]Question 1160:[/large] même question que 1159, mais en supposant en plus que $A$ est noethérien
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  • 1160: la première hypothèse de 1159 entraîne que $A$ est noethérien de toute façon.
  • OLALA, MERCI FOYS, je viens de poser deux fois la même question!!!!! Vieillesse, vieillesse...
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  • Pour la 1159, si on considère $A=\C[X,Y]/(X^2, Y^3)$, alors tout idéal a au plus $2$ générateurs. Mais si on considère l'idéal de $A$, $J=(X,Y)$ et $a=Y^2$, alors $J$ ne s'écrit pas $J=(Y^2,b)$. À vérifier.
  • Si $J=(Y^2, b)$, alors $(X,Y)=(b)$ dans $B=\C[X,Y]/(X^2,Y^2)$. Donc $X=Mb$, $Y=Nb$ dans $B$, et $b=uX+vY+wXY$ dans $B$. On peut supposer $M=\alpha+\gamma X+\delta Y$ et $N=\lambda +\mu X+\nu Y$, avec $u,v,w, \alpha, \dots, \nu \in \C$.
    Donc $X=Mb=\alpha u X+ \alpha v Y+\alpha w XY+\gamma v XY+\delta u XY$ $(1)$
    Et $Y=Nb=\lambda u X+ \lambda v Y+ \lambda w XY+ \mu v XY+ \nu u XY$ $(2)$
    Donc $\alpha \neq 0$, car $\alpha u=1$. Donc $v=0$ (coefficient de $Y$ dans $(1)$).
    De même $\lambda v=1$, donc $\lambda\neq 0$, donc $u=0$ (coefficient de $X$ dans $(2)$). Contradiction avec $\alpha u=1$.
  • BRAVO ET UN IMMENSE MERCI A TOI MARCO

    Vue la remarque de Foys, tu résous aussi la 1160!
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  • [size=x-large]Question 1161[/size]
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  • 1162:

    Cet exo amusant inspiré d'internet:

    Sous ZF, l'énoncé "pour tout ensemble $X$, $\{0,1\}^X$ muni de la topologie produit est compact" entraîne le théorème des ultrafiltres (sur un ensemble, tout filtre est contenu dans un ultrafiltre).
  • [large]1162[/large]

    On considère l'espace $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ vu comme espace topologique et algèbre de Boole.

    On remarque facilement que les ultrafiltres de $X$ sont en bijection avec les morphismes $\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$ d'algèbre de Boole. En effet à tout ultrafiltre $\mathcal{F}$ on peut associer l'application (qui est un morphisme d'algèbres de Boole) $\phi_{\mathcal{F}}:\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$ définie par $\forall A\in \mathcal{P}(X), \phi_{\mathcal{F}}(A) = 1$ ssi $A\in \mathcal{F}$ et réciproquement... On peut donc confondre ultrafiltres et morphismes $\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$ d'algèbre de Boole.

    Par conséquent, un ultrafiltre peut être vu comme un point de l'espace $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ et l'ensemble des ultrafiltres est donc (modulo cette bijection) un sous-ensemble de $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ que l'on notera $S$ (c'est en fait l'espace de Stone associé à l'algèbre de Boole $\mathcal{P}(X)$).

    Or par hypothèse, $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ est compact et il se trouve que $S$ est fermé dans $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ (ce n'est pas très difficile à prouver) donc compact lui aussi.

    Soit à présent $\mathcal{F}$ un filtre sur $X$. On va lui associer comme avant l'application $\phi_{\mathcal{F}}:\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$. Pour tout $A\in \mathcal{F}$, notons $F_A:= \{h\in \{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}\mid\; h(A)=1\}$. Par définition de la topologie produit, $F_A$ est un fermé de $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$.

    Considérons alors l'intersection $\displaystyle\bigcap_{A\in \mathcal{F}} S\cap F_A$.

    Remarquons que si $A_1,...,A_n\in \mathcal{F}$ alors $\bigcap_{i=1}^n A_i$ est non vide et par suite, si $x\in \bigcap_{i=1}^n A_i$ alors l'ensemble des parties de $X$ contenant $x$ est un ultrafiltre correspondant à un point de $S\cap F_{A_1}\cap...\cap F_{A_n}$.


    Par compacité de $S$ ceci implique que $\displaystyle\bigcap_{A\in \mathcal{F}} S\cap F_A\neq \emptyset$.

    Donc $\displaystyle\bigcap_{A\in \mathcal{F}} S\cap F_A$ n'est pas vide. Or tout élément de cette intersection correspond à un ultrafiltre plus fin que $\mathcal{F}$.

    PS. Je sentais que j'étais sur la bonne voie mais je n'arrivais pas à conclure, finalement un passage aux WC a été providentiel... B-)-
  • Bravo Raoul.S !
  • Je passe en coup de vent pour vous saluer et vous dire que je n'aurai internet que vers octobre novembre. Gros bisous à tous
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  • Bonjour Christophe! J'espère que tu vas bien.
  • Hi Christophe ! Gros bisous à toi.
  • Merci, gros bisous à vous tous en retour
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  • Modifié (17 Jan)
    1163: Caractériser les espaces topologiques $X$ tels que $C^0(X,\R)$ est un anneau intègre.
    Parmi les conditions nécessaires on trouve $X$ connexe mais aussi (si $X$ est non réduit à un singleton) s'il est séparé, $X$ non normal et non munissable d'une structure uniforme  (cf Bourbaki topologie générale, chap 5 à 10; cela entraînerait que $X$ est homéomorphe à une partie de $[0,1]^I$ pour $I$ de cardinal $\geq 2$).
    Parmi les conditions suffisantes: tout ouvert non vide de $X$ est dense.
  • Modifié (17 Jan)
    Salut Foys,
    Je réponds à ta question n°1163 : $\mathcal{C}(X,\Bbb R)$ est intègre ssi tous ses éléments sont des fonctions constantes.
    $\Leftarrow$ est immédiat, donc il reste à prouver $\Rightarrow$. Par contraposée, soit $f\in\mathcal{C}(X,\Bbb R)$ non constante. Soient $x,y\in X$ tels que $f(x)\neq f(y)$. Soient $a\in\Bbb R$ compris strictement entre $f(x)$ et $f(y)$, $g=\max(f-a,0)$ et $h=\max(a-f,0)$. Alors $g(x)$ et $h(y)$ sont non nuls, ou inversement, donc $g$ et $h$ sont non nuls. Mais $gh=0$ car $g^{-1}(\{0\})=\{f\leqslant a\}$ et $h^{-1}(\{0\})=\{f\geqslant a\}$.

    Après, je ne sais pas s'il existe des caractérisations topologiques plus explicites. Mais au moins on a simplifié la question : "quels sont les espaces tels que $\mathcal{C}(X,\Bbb R)$ est trivial ?"

    Deux petites remarques additionnelles :
    Foys a dit :
    Parmi les conditions nécessaires on trouve [...] (si $X$ est non réduit à un singleton) s'il est séparé, $X$ non normal et non munissable d'une structure uniforme.
    Ces deux conditions sont redondantes. En effet, si $X$ est séparé, alors sa normalité ($\sf T_4$) implique sa complète régularité ($\sf T_{3\;1/2}$ : toute paire {fermé, singleton} disjointe peut être séparée par une fonction continue vers $\Bbb R$), qui est équivalente à son uniformisabilité (honnêtement, ne me demande pas pourquoi, mais c'est écrit )

    "tout ouvert non vide est dense" n'est pas nécessaire. Par exemple, si $X$ est un espace connexe dénombrable séparé, alors $\mathcal{C}(X,\Bbb R)$ n'a que des fonctions constantes.
  • Toujours pour la 1163 je crois bien avec la remarque de Calli qu'il est équivalent de dire que le compactifié de Stone-Čech est un singleton.
  • Ah oui c'est vrai. C'est aussi équivalent au fait que toute application de $X$ vers un compact séparé est constante. 
  • Modifié (18 Jan)
    Juste pour information: Pour $X$ général donc $\mathcal{C}^0(X,\mathbb{R})$ n'est pas intègre. Lorsqu'on le quotiente par des idéaux premiers (AC), et qu'on prend le corps des fractions, on obtient un corps réel clos appelé corps super-réel (super-real field) par Dales et Woodin. Ces corps ont des propriétés intéressantes. Voir le bouquin Super-real fields de ces deux auteurs.
  • Modifié (18 Jan)
    Merci à tous pour vos contributions. Pour un espace séparé, les différentes proopriétés équivalente au fait d'avoir sa topologie définie par une structure uniforme sont détaillées dans les chapitres 5 à 10 de topologie générale. Citons comme telles propriétés:
    -être homéomorphe à un sous-espace d'un espace compact (tout espace compact $E$ est uniformisable: l'ensemble des ouverts de $E\times E$ contenant la diagonale $\{(x,x) \mid x\in E\}$ est une base d'une structure uniforme définissant la topologie de $E$)
    -avoir une famille de semi-distances (fonctions $d$ à valeurs dans $\R_+$ symétriques satisfaisant l'inégalité triangulaire mais pas nécessairement l'implication $\forall x,y d(x,y)=0 \Rightarrow x = y$ (édité) pour tout $x$) séparantes (étant donnés $x,y$ dans l'espace, si $\delta(x,y)=0$ pour tout terme $\delta$ de cette famille alors $x=y$)
    -être T3 1/2 (cf post de Calli): en fait étant donné un espace $X$ satisfaisant cette propriété, posons $Y:= C^0(X,[0,1])$ et $Z:=[0,1]^Y$ (que l'on munit de la topologie produit). Soit $p\in X$, posons $e_p (y):= y(p)$ pour tout $y\in Y=C^0(X,[0,1])$. La propriété T 3 1/2 entraîne que $p\mapsto e_p$ est injective et on peut montrer (toujours avec cet axiome) qu'elle est continue ainsi que sa réciproque. De façon générale l'adhérence dans $Z$ de l'image de $e$ est le (est isomorphe au) compactifié de Stone-Cech de $X$.
  • Merci pour ces compléments @Foys.
    Foys a dit :
    semi-distances (fonctions $d$ à valeurs dans $\R_+$ symétriques satisfaisant l'inégalité triangulaire mais pas nécessairement l'égalité $d(x,x)=0$ pour tout $x$)
    Je crois qu'on a bien $d(x,x)=0$ mais que c'est la réciproque $d(x,y)=0\Rightarrow x=y$ qui n'est pas forcément vérifiée.
  • Tu as raison Calli, il faudrait vraiment que j'arrête d'être aussi distrait :D
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