Réponses
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Je vais tenter de faire part de mon soucis au responsable du M1 mais cela me semble être en pure perte... (D'autant plus qu'il me semble que les cours ont déjà repris)
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J'entends que ses seuls sous modules sont 0 et L.
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D'accord,
Dans ce que j'avais marque, ce n'est pas $\gamma_2 \mapsto \gamma_2 \gamma_1$ , mais $\gamma_1 \mapsto \gamma_2 \gamma_1$.
Je continue de reflechir, mais je suis a peu pres convaincu.
Merci beaucoup,Merci pour la reponse, mais je crois malheureusement n'avoir pas bien compris.
Je ne comprends pas bien a quoi sert ton premier paragraphe ( jusqu'a "compte tenu des identifications s'ecrit + suite exacte") dans la suite.
S…Je ne connais pas encore les categories derivees (c'est un des objectifs du cours).
Ma definition des ext est tres terre a terre : je prends une resolution projective du premier, j'applique Hom( . , M) et je prends l'homologie du complexe ain…J'essaye de comprendre la condition de l'enonce, mais je n'arrive meme pas a trouver un exemple de modules $X, Y, Z$ tels que
$X \subset Y$ et $X/Y \subset Z$ et ou l'on ne puisse pas trouver $E \supset X$ tel que $Z \simeq E/Y$.Voila(La suite du precedent message, c'est aprti trop vite).
Je suis arrive a me representer ce que pouvait etre un representant du produit en prenant des presentations projectives de $M_1$ et $M_2$.
Je ne marque pas ce que j'ai fait, c…Merci beaucoup.
Et oui, je lis effectivement bien le calcul des groupes d'homotopie.Effectivement, \og les groupes d'homotopies \fg signifiait dans mon message tous les $\pi_i$.
Désolé pour cette ambiguité.
Le théorème de Whitehead auquel je pense est bien celui indiqué par Guillaume.
OblomovMais $S^n$ et $S^m$ n'ont sûrement pas les mêmes groupes d'homotpies!Bonjour,
Théoriquement, dans un tableau trié, je crois bien que c'est la recherche par dichotomie (tu coupes au milieu, tu testes <,= ou > et tu recommences) qui est la plus efficace. Ceci dit, cela dépend qussi beaucoup de commen…Salut,
Ca ne serait pas une série de fonctions ?
Oblomov.Bonjour,
Tu cherches à compter le nombre d 'éléments qui sont des puissances 4ièmes dans ($\Z/p\Z$). Je pense que tu as dû déjà compter le nombre de carré dans ($\Z/p\Z$), ne pourrais-tu pas t'inspirer de la méthode utilisée?
(…Bonjour,
Je n'ai pas regardé ton exemple, mais la réponse à ta première question est oui.
Puisque $f$ est paire, $f'$ est impaire, donc $f'(0)=0$. Et puisque $f'$ est strictement croissante $f\rightarrow_{\infty} \infty$.Bonjour,
si, ton "jeu" est marrant (je n'ai regardé que le premier). Juste une petite remarque, ça m' a l'air de marcher aussi pour $n=4$.
J'ai fait un raisonnement par récurrence. Toi aussi, ou y a-t-il plus joli?
Obl…<!--latex--><BR>Sinon, il y a aussi iTeXMac qui marche bien et qui est gratuit.
<BR>
<BR><a href=" http://itexmac.sourceforge.net/">Au dessus de l'espace $V$ de dimension $k$ dans $\mathbb{R}^n$, on met les couples $(V,x \in \mathbb{R}^n )$ avec $x \in V$. avec la projection selon la premiere composante.
Oblomov.Le théorème de Cayley ( me semble-t-il) dit que tout groupe fini peut se voir comme un sous-groupe de S_n pour un certain n. Donc ton probleme consiste a traiter l'isomorphisme de deux groupes en général, ce qui n'est pas un problème si simple.
<HTML></HEAD><BODY bgcolor="#ffffff">Il suffit d'écrire (1+i/p)^p=exp(p ln(1+i/p)) et de faire tendre p vers +l'infini.<BR>ln(1+i/p)=i/p+o(1/p) donc p ln(1+i/p) -> i.<BR>(J'espère que les développements limités vous…
Bonjour!