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Dans une $C^*$-algèbre, on pose $x=pq-qp$, alors $x^*x=(qp-pq)(pq-qp)=(qp)(pq)-(pq)^2-(qp)^2+(pq)(qp)=qpq-pq-qp+pqp$. Donc $qx^*xq=0$, donc $(xq)^*(xq)=0$, donc $0=\|(xq)^*(xq)\|=\|xq\|^2$, donc $xq=0$, donc $pq=qpq$.De même $xp=0$,…@JLT : si $pq=q$, alors $qp=(pq)^*=q^*=q$, donc $pq=qp$.
Peut-être, on a un contre-exemple, en considérant une algèbre de dimension $5$ de base $(1, e_{p\to q},e_{p\to p}, e_{q \to p}, e_{q\to q})$. On définit la multiplication par $e_{a\to b}e_{c\to d}=e_{a\to d}$ si $a,b,c,d \in \{p,q\}$, et $1x=x1…Si $\mathcal{A}$ n'est pas une sous-algèbre involutive de $\mathcal{M}_n(\C)$, on peut toujours se placer dans $\mathcal{M}_n(\C)$ en considérant le sous-espace vectoriel de dimension finie $E=\mathrm{Vect} (1,p,q,pq,qp,pqp, qpq)$. À $p$ on ass…@Ben314159 : en utilisant ta méthode, est-ce que ça ne fait pas $X^2+1+\frac{2px_3+x_3^3}{q}X$ c'est-à-dire $X^2+1+(\frac{px_3}{q}+1)X$?
@EtNonLesShills : le successeur de $(a,b)$ est $(a+1,b)$.Si on veut que $E$ ait un minimum, on peut choisir $E=\N \times \Q^+$. Le minimum est …Soit $E=\Z \times \Q$.On ordonne $E$ par $(a,b) <(c,d)$ si $b<d$, ou si $b=d$ et $a<c$Supposons que $A$ admet un maximum $\alpha$.Soit $u$ une fonction strictement croissante de $\Q^+$ dans $[0,1…Remarque: l'équation $15b^2-10b+1=c^2$ a des solutions si on autorise $b$ négatif. Par exemple $b=-2$ et $c=9$, ou $b=-18$ et $c=71$.
On a $(A-I_n)M(B-I_n)=0$.On raisonne par contraposée.Si la multiplicité de $1$ comme valeur propre de $A$ est $< rg(M)/2$, alors on peut écrire $A-I_n=P\begin{pmatrix} I_{n-k} &0\\0 &0_k\end{pmatrix}Q$ ave…Cependant, @john_john l'avait déjà écrit...
Pour la question initiale (sur $\mathcal{C}^{\infty}(\R)$), je crois que j'ai une autre démonstration.Soit $u$ la fonction qui à $x$ associe $e^{-x}$ pour tout $x \in \R$.
Soit $v=\delta(u)$, alors $\Delta(v)=\Delta \circ \delta…Merci pour les réponses !
@MrJ : soit $B$ telle que $f(B) \neq 0$, alors, si $A$ est inversible, $f(BAA^{-1})=f(B)$, donc $f(B)f(A)f(A^{-1})=f(B)$, donc $f(A) \neq 0$.Si $A$ n'est …Merci @JLT . Si $K=\mathbb{F}_4$, comment écrit-on $M=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 &0\end{pmatrix}$ comme produit de matrices diagonalisables ? J'avais utilisé $M^2…Merci @Poirot !
Non, elle n'est pas continue en $1/3$, pas non plus en $0$.Est-ce qu'il existe des fonctions continues de $\R$ dans $\R$ telles que l'image réciproque de tout $y\in \R$ a la puissance du continu ?@bisam : c'est plus clair maintenant.
Je l'ai montré dans ce message:Peut-être $y'(t)=-y(t)^2$ avec $f(u,v)=-v^2$ définie sur $]-2,2[\times ]-1,1[$ et $y(t)=1/t$ définie sur $I=]1,2[$.$O=]-1,1[$, et $y$ n'est pas prolongeable en $t=1$.D'accord @bisam.
Remarque: si $f$ est solution, alors $u: x \mapsto 1/f(1/x)$ est solution. Donc, on n'a pas à recommencer, pour $x<a$, le raisonnement fait pour $x>b$.
En effet $u(x)=\frac{1}{f(\frac{1}{x})}=\frac{1}{f(\frac{1}{x^2}f(\frac{1}{x}))}=\frac…Si, c'est celle donnée par @gebrane .Sur l'intervalle $I$ non vide des $x>0$ tels que $h(x)=1$, on a $f(x)=1/x$.
[Edit: si $I=[a,b]$ ou $]0,b]$ avec $a\leq b$ et $a,b \in \R^{+*}$, alors $f(x)=1/b$ pour $x>b$.
Si $I=[a,b]$ ou $[a,+\infty[$, alors par un raisonnement sem…(Quote)Si l'intervalle est $]0,b]$ ou $[a,b]$, alors, soit $\epsilon>0$ quelconque. $f$ est continue en $b$, donc il existe $\gamma>0$ tel que, pour tout $x$ compris strictement entre $b$ et $b+\gamma$, on a $f(b)-\eps…(Quote)Plus simplement, si pour tout $x>0$, on a $h(x)>1$, alors soit $M=f(1)$.Soit $y>0$ et strictement plus petit que $1$, tel que $yh(1)<\frac{1}{M+1}$. Alors pour tout $z \in [y, yh(y)]$, comme on a supposé $h…@bisam : je crois que l'on peut montrer qu'il existe $x>0$ tel que $h(x)=1$. En effet, sinon, soit pour tout $x>0$, on a $h(x)>1$, soit pour tout $x>0$…D'après bd2017, $g(x)=x^2f(x)$. J'ai montré que $g$ est strictement croissante. Mais je n'ai pas montré que si $g$ est strictement croissante, alors $f$ est $1/x$, car c'est faux, par exemple si $f$ est constante.
On montre que $x \mapsto x^2f(x)$ est injective. En effet, si $x^2f(x)=y^2f(y)=z$, alors $f(z)=f(x^2f(x))=f(y^2f(y))$ et en utilisant la propriété de $f$, on a $f(z)=f(x)=f(y)$, donc $z=x^2f(z)=y^2f(z)$, donc $x^2=y^2$ et donc $x=y$.…Il faut supposer que les diviseurs sont distincts de $1$.Si $n=5$, $2^5-1=31=1 \times 31$, et $31-1$ est multiple de $2n=10$.@OShine : je parle de la norme matricielle $\|A\|=\sup_{x \neq 0} \frac{\|Ax\|}{\|x\|}$On peut aussi montrer l'injectivité.On se ramène à $\rho(A)<1$ et$\rho(B)<1$, alors, il existe $n$ tel que $\|A^n\|<1$ et $\|B^n\|<1$, car les suites $A^n$ et $B^n$ tendent vers $0$.Donc si, $AMB-M=0$, on…La solution d' @etanche convient, il me semble.En effet, si $\rho (A) \rho(B) <1$, on peut, en multipliant $A$ par $ \lambda=\sqrt{\frac{\rho…Peut-être je me trompe, mais au sujet du 1), si $S=\{4,3\}$ dans $\Z$, alors on n'a pas $S_{\infty} \cup -S_{\infty}=\Z$, car $2$ n'appartient pas à $S_{\infty}$, ni à son symétrique.
Bon le lemme de Farkas, c'est pour des espaces vectoriels sur $\R$, donc peut-être ça ne marche pas.
Avec le lemme de Farkas version matricielle, je crois qu'on peut y arriver.Soit $x_1, \dots, x_n \in \Z^d$ tel que $0$ appartient à l'intérieur de l'enveloppe convexe de $\{x_1, \dots, x_n\}$.Alors on cherche une solution …Soit $E$ un espace topologique séparé, et…
Bonjour!
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