Réponses
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Il y a peut-être un lien avec le fait que rpour une matrice M, le rang de M est la taille du plus grand mineur non nul de M...
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D'ailleurs dans ton inégalité la norme ne serait-elle pas au carré plutôt? (sinon il y a un problème quand x tend vers 0).
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Soit $S$ la sphère euclidienne, et $f:B\times S \rightarrow \mathbb R$ qui à $(y,x)$ associe $ \sum g_{ij}(y)x^ix^j$ , $f$ est continue et son ensemble de définition est compact, donc $f$ atteint son minimum $k$ qui est nécessairement strictement po…
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Dans $\mathbb R$, qui est complet, une suite est de Cauchy si et seulement si elle est convergente. On y construit un contre-exemple en posant $d(x,y)=|x-y|$ et $d'(x,y)=|x^3-y^3|$...
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(Quote) Sans lui on serait bien embêté, rien que pour parler de cardinaux... (sans AC est-ce que je peux invoquer "card E" pour E quelconque)
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Lemme: Soit $E$ un ensemble infini et $(F_i)_{i \in I}$ une famille de parties finies de $E$ telle que $E=\bigcup_{i\in I} F_i$. Alors $card(E) \leq card(I)$.
En effet $I$ est évidemment infini et $card(I)=card(I^2) \geq card(\bigcup_{i… -
(Quote) oui
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moka écrivait:
> Foys écrivait:
>
>
> > Ca m'étonnerait...
> > Car pour p=17, on a $2^8=1$ mod $p$. Les
> résidus
> > quadratiques vont servir: que vaut $\left(
> &g… -
Ca m'étonnerait...
Car pour p=17, on a $2^8=1$ mod $p$. Les résidus quadratiques vont servir: que vaut $\left( \frac{2}{4L+1} \right)$ ? -
A côté des missiles!
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Ca se démontre par récurrence sur p, en imitant la preuve du binôme de Newton et en utilisant la relation Tr(AB)=Tr(BA) (et non on ne peut pas développer, car par exemple on a pas l'égalité Tr(ABABAB)=Tr(A^3 *B^3))
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Ca m'a tout l'air d'être la même réponse avec la même preuve.
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A est-il commutatif? (sinon, parle-t on de modules et d'idéaux à gauche ou à droite etc)
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Tout Hilbert est isomorphe à un certain $L^2(X)$ où $X$ est un ensemble muni simplement de sa mesure de comptage (et on a une base hilbertienne naturelle $(e_a)_{a \in X}$ où $e_a(x)=1_{\{ x=a\}}$) et si $f \in L^2(X)$ f admet comme support $D \sub…
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boule des iles écrivait:
> slt foys
> est ce qu'on considere k=A/mA ou k=A/m ?
...
C'est pareil en fait (mais c'est vrai qu'on écrit A/m et jamais A/mA puisque m=mA...:)o ) -
Variante: Soit $\mathfrak m$ l'idéal maximal de $A$, $K=A/\mathfrak m A$. On peut montrer que le produit tensoriel des $K$-ev $M/\mathfrak m M$ et $N/\mathfrak m N$ est nul, donc l'un d'eux est nul. On applique alors le lemme de Nakayama.
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$f$ est continue car $f^3$ l'est.
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Au voisinage des points où $f$ n'est pas nulle il n'y a pas de problème. Soit $u$ réel tel que $f(u)=0$, il existe $m,n \in \mathbb N$ et $a,b$ réels non nuls tels que $f(u+x)^2=ax^m+o(x^m)$ et $f(u+x)^3=bx^n+o(x^n)$, en envisageant $f^6$ on montre …
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Il s'avère que si$(x_1,...,x_n)$ est un vecteur propre pour 1, $(|x_1|,...,|x_n|)$ en est également un.
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Il me semble que le Nord et la Somme ont une frontière commune...
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MER IL ET FOU
(Quote) Pas moi! -
Soit $K$ un corps de décomposition de $P=X^p-X-a$ et $\phi:x\mapsto x^p$, si $x$ est une racine de $P$ dans $K$ on a $\phi^{(n)}(x)=x+na$ qui est aussi une racine, on peut en déduire que tout facteur irréductible de $P$ a $p$ racines.
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Avec Itô, on voit que si $\phi$ est $\mathcal C^2$ elle est affine (et en fait c'est +/- l'identité si on veut retrouver un brownien standard).
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Soit $f(x)=\sin^2(\frac{\pi x}{r})+ax$. Si $r$ n'est pas l'inverse d'un entier on peut prendre $a=-\sin^2(\frac{ \pi}{r})$ de sorte que $f(0)=f(1)$ cependant $f(x+r)-f(x)=ar\neq 0$ pour tout $x$.
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Une variante à cette question serait: trouver une caractérisation des espaces topologiques homéomorphes à un espace métrique complet.
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Ce texte (surtout son intro) ne manque pas de piquant et convient assez bien à ce topic:
http://michel.delord.free.fr/trivium.pdf -
Avec les notations de mon message on a: $\phi(X^p Y^q)=X^{-p}Y^{-q}$. On en déduit (base) que l'ensemble des invariants est $vect_{\Bbbk}(X^pY^q+X^{-p}Y^{-q})_{p,q \in \mathbb N}$.
Avec les tiennes on a: $\Bbbk [x,y,z]^G = vect_{\Bbbk}(x^ky^\e… -
ah oui effectivement (et puis l'expression de $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ et bien plus compliquée)
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$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1+\sqrt{2^n-1}}{1+\sqrt{2^{n+2}-1}}\leq 1$ donc puisque $u_n >0 $ pour tout $n$ on en déduit que $(u_n)_{n \in \mathbb N}$ est décroissante . Ainsi pour tout $n$, $u_n \leq u_1=\frac{2}{1+\sqrt{3}}<1$ .
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Suggestion : L'algèbre en question est isomorphe au sous anneau $\Bbbk [X,Y,\frac{1}{X},\frac{1}{Y}]$ de $\Bbbk(X,Y,Z)$ (pour voir ça on envoie $Z$ sur $\frac{1}{XY}$), ce sous-anneau admet une base d'espace vectoriel sur $\Bbbk$ qui est $(X^p Y^q)…
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Pour autant que je sache il y a *strictement* plus de gens qui se présentent en ayant beaucoup travaillé que de places disponibles ce qui compromet ceci: (Quote)
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$\Bbbk$ doit être infini sinon c'est faux. on va le supposer.
Rappel: Soit $G= [g_{ij}] \in GL_n(\Bbbk)$ , et $P \in \mathbb \k[X_1,\ldots,X_n]$.En posant $I_G(P)=P((\sum_{j=1}^n g_{ij} X_j)_{i=1\ldots n})$ on voit que $I_G$ est un aut… -
Soit $F$ un polynôme, $t$ est racine d'ordre $r$ de $F$ si et seulement si il est racine de $F$ et racine d'ordre $r-1$ de $F'$ (utiliser Taylor par ex). Maintenant appelons $Q=P^{[n-k]}(X)-X$ et $r$ la multiplicité de $z$ dans $P^{[k]}(X)-P^{[k]}(z…
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Indication: Montrer que ps, $E(Y|\mathcal
=E(Y|\mathcal B_1)$ en remarquant que pour tout $A \in \mathcal B$ on a $E(Y1_A… -
Elle diverge
"verge"
[size=x-small]vite vite la sortie...[/size] -
ah oui il suffisait d'appliquer le théorème de prolongement des morphismes
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re-erratum (décidement) non il s'agissait bien d'un automorphisme de L. Et je ne sais pas si un automorphisme de K préserve nécessairement L
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Erratum: je voulais parler d'un automorphisme de K et pas de L
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si $f \in SO_3 (\mathbb R)$ et $q(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$ alors $q \circ f=q$ (même pour des nombres complexes).
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Soit $K$ la clôture algebrique de $Q$ (dans $\mathbb C$).
-La conjugaison des complexes, est un automorphisme de $K$.
-Dans $L=K\cap \mathbb R$ un nombre est positif si et seulement si c'est un carré, ainsi un automorphisme de $L$ préser…
Bonjour!