Réponses
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Pour Geo : en fait, je n'avais pas compris ta question (sur le coup, j'avais cru que $A$ était la matrice associée à $q$...)
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Bonjour,
On note $(e_{1},e_{2})$ la base canonique de $\R^{2}$.
Tu détermines d'abord les valeurs propres de $A$ :
$-1$ et $3$. Le sous-espace-propre associé à la valeur propre $-1$ est : $Vect(e_{1}-e_{2})$, le sous-espace… -
Bonsoir,
Si $$3x^{2}+x=4y^{2}+y$$ alors :
$$3x^{2}+x-3y^{2}-y=y^{2}$$
autrement dit :
$$(x-y)(3x+3y+1)=y^{2}$$
Soit $p$ un diviseur commun à $x-y$ et $3x+3y+1$.
Alors, $p^{2}$ divise leur produit $y^{2}$ et… -
Bonjour,
Ne cherche-t-on pas en fait à montrer qu'il existe des fonctions de $\R$ dans $\C$ continues et $2\pi$-périodiques dont la série de Fourier diverge ?
Olivier. -
Bonjour,
Comme $H$ est distingué dans $G$, on a, pour tout $g\in G$ : $gKg^{-1}\subset H$. D'autre part, il est clair que $gKg^{-1}$ contient l'élément neutre et est stable par la loi de $G$.
Enfin, l'application :
$$K\long… -
Pour Gérard : oui, en même temps, tu as raison, c'est plutôt drôle. Ca me fait penser à une histoire (racontée par l'un de mes anciens profs) où un type avait rédigé une thèse exposant une liste de résultats époustouflants sur un certain ensemble de…
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Pour Gerard : je pourrais même démontrer que si $1+1=3$, alors je suis le Pape... :-)
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Bonsoir,
L'énoncé me semble juste.
Comme $f'$ est croissante et positive sur $\R$, on a, pour tout entier $k\geq 1$ :
$$0\leq f'(k)=\int_{k}^{k+1}f'(k)dt\leq \int_{k}^{k+1}f'(t)dt\leq \int_{k}^{k+1}f'(k+1)dt=f'(k+1)$$<… -
Bonsoir,
Comme $H$ et $K$ sont deux hyperplans de $E$, distincts, on a : $H+K=E$. En effet, si on note $n=dim(E)$, et que l'on considère une base $(u_{1},u_{2},...,u_{n-1})$ de $H$, on considère $u_{n}$ non nul, appartenant à $K$ mais … -
Re,
On peut écrire :
$$\left(\sum_{k=1}^{N}p^{k}\right)'=
\sum_{k=1}^{N}kp^{k-1}=
\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{N}kp^{k}$$
et donc :
$$\sum_{k=1}^{N}kp^{k}=p\left(\sum_{k=1}^{N}
p^{k}\right)'=p\left(\… -
Si les fonctions $f_{k}$, ($m\leq k\leq n$) sont dérivables sur $I$, alors leur somme l'est aussi, et par linéarité de l'opérateur de dérivation :
$$(\sum_{k=m}^{n}f_{k}(x))'=
\sum_{k=m}^{n}f'_{k}(x)$$
donc les indic… -
Bonjour,
Tu peux dériver les deux membres de l'égalité :
$$\sum_{k=1}^{N}p^{k}=\frac{p-p^{N+1}}{1-p}$$
Olivier. -
Il faut lire "$A_{1}B=-BA_{1}$, au lieu de "$A_{1}=-BA_{1}$".
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Pour Fadalalarokotomalala : on peut, je crois, montrer qu'une telle famille est nécessairement finie de la manière suivante (à vérifier !!!) : soit $E$ une telle famille. Les éléments de $E$ forment nécessairement un système libre : en effet, supp…
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Pour Fadalalarokotomalala : oui, tu as raison, un vecteur de $F_{\lambda}$ n'est pas nécessairement un vecteur propre de $f$, et du coup ça ne passe pas...
Amicalement.
Olivier. -
Bonjour,
Peut-être une solution; on montre d'abord le résultat suivant :
{\it Si $f$ et $g$ sont deux automorphismes anticommutants d'un $\C-$ espace vectoriel $E$, alors ils sont cotrigonalisables, autrement dit il existe u… -
Re,
Une dernière remarque avant de faire dodo : pour qu'une telle partie soit non vide, il est tout de même nécessaire que $n$ soit pair (à supposer que l'on considère que les parties non vides ont au moins deux éléments). En effet, s… -
Bonsoir,
Quand tu dis que les éléments de cette partie anticommutent, tu veux dire que si $A$ et $B$ sont {\bf distinctes} alors $AB=-BA$, c'est bien ça ?
Si l'égalité précdente est aussi supposée vraie dans le cas où $A=B$… -
Bonsoir,
Moi, je dirais plutôt que $f$ est une fonction telle qu'il existe $p\in\N$, avec : $f(n)=0$ si $0\leq n\leq p-1$ et $f(n)=1$ si $n\geq p$.
En effet, comme la valeur $1$ est atteinte, il existe $p\in\N$ tel que $f(p)… -
Bonjour,
Pour montrer que $F^{r}\neq Id$ si $r$ divise $n$ (et $r\neq n$), on peut procéder ainsi : si $F^{r}=Id$, alors pour tout $x$ dans $\K^{*}$, $x^{p^{r}-1}-1=0$. Donc, tous les éléments de $\K^{*}$ sont racines du polynôme $$P:=… -
Bonsoir,
Une indication : tout groupe cyclique est isomorphe au groupe $(\frac{\Z}{n\Z},+)$.
Amicalement.
Olivier. -
Bonsoir Bob,
Etant donné deux corps $K$ et $L$ tels que $K\subset L$ (on dit alors que $L/K$ est une extension), on dit qu'un élément $a\in L$ est algébrique sur $K$ s'il existe un polynôme à coefficients dans $\K$ tel que $P(a)=0$. Pa… -
Pour revenir au problème initial, juste pour vérification : soit $x\in M$ ; comme $M/L$ est algébrique, on peut écrire : $\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}=0$, avec les $a_{i}$ dans $L$. Or, $L/K$ étant algébrique, les $a_{i}$ le sont aussi, et grâce à la f…
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Tant qu'on y est, je crois que $K=\Q$ ,$L=Q(\{2^{\frac{1}{n}},n\in\N^{*}\})$ fournissent un contre-exemple d'extension $L/K$ algébrique mais non de degré fini. (à confirmer, car je ne suis pas trop en forme ce soir...)
Amicalement.
Merci à vous deux.
Oui, en fait c'est très simple... et je m'en veux d'être passé à côté !
Pour Corentin : une extension de degré fini est algébrique, mais la réciproque me semble fausse, non ? (ou peut-être ai-je mal compris ton message…Bonjour,
Pour Jahfi : si $H$ et $K$ sont deux sous-groupes d'un groupe $G$, alors $H+K$ est le sous-groupe des éléments de $G$ de la forme $h+k$, où $h\in H$ et $k\in K$. C'est aussi le plus petit sous-groupe (au sens de l'inclusion) …Bonjour,
$$\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2}e^{-x^{2}}dx=
\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^{2}}dx$$
(On a fait une intégration par parties, en posant : $u(x)=x,v'(x)=xe^{-x^{2}},u'(x)=1,v(x)=
\frac{-1}{2}e^{-x^{2}…Si $\sqrt{6}$ est rationnel, on peut l'écrire sous la forme $\frac{p}{q}$, avec $p$ et $q$ premiers entre eux. Donc, $6=\frac{p^{2}}{q^{2}}$, soit : $p^{2}=6q^{2}$. Donc, $p^{2}$ est pair, donc $p$ est pair : il existe $k$ entier tel que : $p=2k$.…Bonsoir,
<BR>
<BR>J'ai trouvé les mêmes expressions que toi : pas d'erreur a priori, donc.
<BR>
<BR>Amicalement.
<BR>Olivier.<BR>Bonsoir,
On montre d'abord l'injectivité : si $f(y)=f(z)$, alors : $f(f(y))=f(f(z))$, autrement dit : $y+f^{2}(0)=z+f^{2}(0)$, d'où : $y=z$.
On montre ensuite la surjectivité : soit $y\in\R$. On a : $f(f(y-f^{2}(0)))=(y-f^{2}(0)…Bonsoir,
En réponse à la question 6 (posée dans un autre post, fermé) :
Comme $(v-Id)^{2}$ est l'endomorphisme nul, on a : pour tout $x\in R^{2}, (v-Id)((v-Id)(x))=0$, et donc $Im(v-Id)\subset Ker(v-Id)$.
Donc, $dim(I…Le DL à l'ordre $4$ fait apparaitre un terme en $x^{2}$ qui n'apparaissait pas dans le DL à l'ordre $2$. De manière générale, c'est ce critère - s'assurer que {\it tous} les termes correspondant au degré qui nous intéresse apparaissent - qui doit …Bonsoir,
La limite est bien $\frac{1}{24}$ : en fait, il faut pousser le $DL$ jusqu'à l'ordre $4$.
Amicalement.
Olivier.Je pense que non.
Si $P$ et $Q$ sont deux polynômes (à coefficients dans $\R$, pour fixer les idées), il est faux de dire que si toutes les racines de $Q$ sont racines de $P$ alors $Q$ divise $P$.
Contre-exemple : $P=X^{2}+X$ et $Q=X^{…Et bien, $fg$ a une intégrale convergente sur $A$ et une intégrale convergente sur $B$, donc a une intégrale convergente sur la réunion des deux, i.e. sur $[0,+\infty[$.Je dirais oui : on peut, par exemple, écrire :
$$\int_{0}^{+\infty}f(t)g(t)dt=
\int_{A}f(t)g(t)dt+\int_{B}f(t)g(t)dt$$
où $A=f^{-1}([0,+\infty[)$ et $B=f^{-1}(]-\infty,0])$
Olivier.Bonjour,
Il peut être intéressant de chercher d'abord deux ou trois développements (tant qu'à faire, des développements que l'on peut placer dans un maximum de leçons !), et de bâtir ensuite son plan autour de ces développements…Erratum :
<BR>
<BR>Elle n'est pas <B>réflexive</B>, car on n'a jamais : <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="58" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC=" dans Relation binaire transitive et symétrique Commentaire de Olivier Guin January 2006Il existe en effet de telles relaions binaires. Il est nécessaire et suffisant, d'après ce qui précède, de trouver une relation binaire pour laquelle il existe $a\in E$ tel que $a$ ne soit jamais en relation avec un $b\in E$.
Considérons par…Bonsoir,
L'erreur est d'écrire que $aRb$, car on n'en sait rien. Autrement dit, on ne sait pas s'il existe un $b$ tel que $aRb$. {\bf Si} un tel $b$ existe, {\bf alors} effectivement $aRa$.
Finalement, on a montré le résultat sui…
Bonjour!