Gauss_wh
Gauss_wh
Réponses
-
J'avoue que je les mets toujours un peu "au pif" les parenthèses :-S
-
C'est bon, j'ai trouvé, désolé pour la création inutile du fil.
-
Désolé de revenir si tard. Sauf qu'avec la table du 1) et les deux du 2), ça ferait trois tables 8-)
-
Ah oui, comme $a\star b\notin\{a,b\}$ (sinon $b=e$ ou $a=e$), il nous reste deux cas possibles :
1) $a\star a=c,a\star b=e, a\star c=b, b\star a=e,b\star b=c,b\star c=a, c\star a=b,c\star b=a, c\star c=e$
2) Par contre ici, je n'ar… -
Dans ce cadre, j'ai une autre question. Il s'agit de trouver toutes les lois d'un groupe $G$ pour $|G|\leq 4$. J'essaie de m'y prendre avec les tables de multiplication.
Pour $|G|=1$, il n'y en a qu'une et on l'exhibe facilement en dress… -
Ah effectivement, et cela est trivial, merci.
-
Plus facile comme ça, merci.
-
Ah oui, tout simplement.
-
Merci, c'est bon.
-
Bon, en supposant que ton application est bien définie, j'arrive à montrer qu'elle est bijective. Mais je n'arrive toujours pas à montrer qu'elle est bien définie :-(
-
Vu qu'on parle d'algèbres, j'en profite car j'ai une question : lorsqu'on évoque la dimension d'une algèbre, c'est sous-entendu la dimension de cette algèbre vue comme un espace vectoriel (ce qu'elle est en particulier) ?
-
Ah ok merci, je crois que c'est bon comme cela :
En notant $P=\sum_{k=0}^N\alpha_k X^k$, on a :
$P(f(b))=\sum_{k=0}^N\alpha_k f(b)^k$ par définition du morphisme d'évaluation
$=\sum_{k=0}^N\alpha_k f(b^k)$ car $f$ est u… -
C'est bon, c'est même un isomorphisme de $\mathbf K$-algèbres. Mais je ne vois pas quoi faire de ça.
-
Ah bah en effet ahah :)o
-
?
-
Je n'avais pas vu le message de GBZM, mais j'avoue que je ne savais pas que c'était pareil. Je vais regarder ça.
-
Ok, ou alors dans un anneau commutatif tel que $k!$ soit inversible.
-
Où est utilisée l'hypothèse que $\mathbf K$ est de caractéristique nulle alors ?
-
Pour finir la preuve, on fait $X=a$ dans l'égalité qu'on vient de démontrer, pour obtenir $a_k=\dfrac{P^{(k)}(a)}{k!}$ puis en remplaçant dans $P=\sum_{i=0}^n a_i (X-a)^i$, on obtient la formule de Taylor.
Petite question : lorsqu'on fai… -
Merci.
$((X-a)^i)^{(k)}=(i-k+1)(X-a)^{i-k}=\dfrac{i!}{(i-k)!}(X-a)^{i-k}$ donc par linéarité, $P^{(k)}=\sum_{i=k}^n a_i \dfrac{i!}{(i-k)!}(X-a)^{i-k}=k!a_k+(X-a)Q_k(X)$ avec $Q_k(X)=\sum_{i=k+1}^n a_i \dfrac{i!}{(i-k)!}(X-a)^{i-1-k}$. -
Je vais voir précisément la réduction à la rentrée mais ici c'est dans l'autre sens que ça pose problème il me semble, en allant "dans un sous-corps", ce qui est intéressant aussi !
-
Si, mais il n'empêche que j'ai galéré pour trouver ce truc tout simple (:D
-
$P$ divise $D$ et les degrés de $P$ et $D$ sont égaux. On écrit $P=DU$ Donc $U$ est de degré $0$ donc $U\in\mathbf K^*$ donc $(P)=(D)$.
-
Bah j'imagine que $P=D$ à une constante inversible près, mais je n'arrive pas à le montrer.
Sinon j'ai montré que $(A)+(B)\subset (P)$ juste au-dessus de ma précédente ligne rouge plus haut. -
J'ai déjà montré l'autre inclusion et je ne vois pas comment l’utiliser. On a $(D)\subset (P)$ donc $P$ divise $D$ donc comme les polynômes sont non nuls, $\text{deg}(P)\leq\text{deg}(D)$. D'où $\text{deg}(P)=\text{deg}(D)$, mais je ne sais pas si ç…
-
Comme $\mathbf K$ est un corps, $\mathbf K[X]$ est principal donc il existe $D\in\mathbf K[X]$ tel que $(A)+(B)=(D)$. Donc $A=A+0\in (D)$ donc $D$ divise $A$ et de même, $D$ divise $B$. Par hypothèse, on a $\text{deg}(D)\leq\text{deg}(P)$.
Il me manque quand même un bout d'implication :
3) $\implies$ 2). Supposons 3). $A=A+0\in (A)+(B)=(P)$ donc $P$ divise $A$ et de même $P$ divise $B$. Si $Q\in\mathbf K[X]$ divise $A$ et $B$ alors $(A)\subset (Q)$ et $(B)\subset (Q)$ donc…Ah mais bien sûr... Merci !En effet, je disais quelque chose de différent, à savoir qu'exhiber deux espaces dont la somme n'est pas directe suffit à dire que la somme totale (qui contient les deux espaces précédents) n'est pas directe.Tu penses que l'argument disant qu'une sous-somme de deux espaces non directs entraîne que la somme entière n'est pas directe est faux ?
Pourtant, une définition possible de $E_1+\cdots +E_n$ directe est que : $E_1+E_2$ soit direc…Ah oui, plus simple, merci !Pour l'exemple de GaBuZoMeu, si je n'ai pas fait d'erreur, je trouve :
$P_1(M)=M(M-I_3)=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&-2&0\\ 0&0&-1\end{pmatrix}…Ah parfait, merci !Ah, oui, le produit matriciel : $\sum_j q_{j,k}f_j=\sum_i (\sum_j p_{i,j}q_{j,k})e_i=\sum_i \delta_{i,k}e_i=e_k$Exactement gebrane !
Merci GaBuZoMeu. Je comprends que $e_k=\sum_j q_{j,k}f_j$ pour $k=1,\dots,n$ entraîne que $\mathcal C$ est une base de $E$ car $\mathcal C$ est alors une famille génératrice de $E$ et elle compte $n$ éléments. Par co…En fait, quelque chose cloche dans la solution de gebrane, enfin c'est ce que je pense. On a une base $\mathcal B$ fixée de $E$ et une matrice inversible $P$ fixée. Quand tu parles de l'application linéaire $f$ associée à $P$, c'est par rapport à qu…Bon, finalement, je me contente de la solution de gebrane.Bon, si quelqu'un a une preuve, je suis preneur. Je ne l'ai pas précisé mais j'aimerais si possible uniquement utiliser le fait qu'une matrice de passage est la matrice de l'identité entre deux bases (donc est inversible avec la formule de compositi…Hum, à partir de quel endroit dois-je faire ce raisonnement :-S@Colas : je veux bien plus de précisions car je n'y arrive pas :
$\sum_j \lambda_j f_j=\sum_j \lambda_j \sum_i p_{i,j} e_i=\sum_i(\sum_j \lambda_j p_{i,j})e…