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V@J a écrit :Vous pouvez aussi vous poser les mêmes questions mais en étudiant la structure d'anneau :

compol a écrit :$ (\mathbb{Z},+,\times) $ et $ (\mathbb{Z}[X],+,\times) $ sont-ils des anneaux isomorphes?
Même question pour : $ (\mathbb{Q}[X],+,\times) $ et $ (\mathbb{Q}[X,Y],+,\times) $
ainsi que pour : $ (\mathbb{R}[X],+,\times) $ et $ (\mathbb{R}[X,Y],+,\times) $

brank a écrit :$ q=\frac{p}{a} $ avec p et a entiers. Si tu arrives à écrire $ \frac{1}{a} $ de p façons différentes (mais toujours avec des fractions unitaires), c'est gagné.

écris $ q=\frac{p}{a}=\frac{1}{a} $+....+$ \frac{1}{a} $ (p termes ) ensuite tu utilises cette égalité pour le 2ème $ \frac{1}{a} $ puis 2 fois pour le 3ème,etc jusqu'au p-ème.Tu vérifies très facilement que les fractions obtenues sont toutes unitaires et distinctes.

Silvere Gangloff a écrit :On peut faire comme ceci (il me semble qu'il n'y a pas d'erreur) :
Soit $ x $ un rationnel $ >0 $ quelconque. J'élimine d'abord la partie "grasse" de $ x $ dans le cas où $ x \ge 1 $ en utilisant la série harmonique :
Il existe $ n_0 \ge 1 $ tel que $ 0<z:=x-[1+...+\frac{1}{n_0}] < \frac{1}{n_0 +1} $. Il reste à montrer que $ z $ se décompose en somme finie d'inverses d'entiers distincts (en effet ces entiers seront tous distincts également de $ 1,...,n_0 $ car $ z < \frac{1}{n_0 +1} $). En fait par ceci, on se ramène à montrer le résultat pour un rationnel compris strictement entre 0 et 1. On pose $ m = E(\frac{1}{z})+1 $ et $ z' = z - 1/m $ et on construit de la même manière une suite $ z^{(n)} $ telle que $ z^{(0)}=z $ , et pour tout $ n \ge 0 $, $ z^{(n+1)}=z^{(n)} - \frac{1}{[E(1/z^{(n)})+1]} $ si $ z^{(n)} > 0 $ et 0 sinon. On vérifie que comme $ z < 1 $, la suite $ [E(1/z^{(n)})+1] $ est strictement croissante tant que $ z^{(n)} >0 $, et que la suite des numérateurs réduits des $ z^{(n)} $ est une suite d'entiers positifs strictement décroissante tant que $ z^{(n)} > 0 $ donc cette suite est stationnaire à 0, ce qui termine la démonstration (En fait sous cette formulation, c'est plus le principe de descente infinie de Fermat qu'une récurrence, mais bon, la récurrence est affreuse à écrire..) (Dans toute la démonstration $ E $ désigne la partie entière)

dSP a écrit :

brank a écrit :$ q=\frac{p}{a} $ avec p et a entiers. Si tu arrives à écrire $ \frac{1}{a} $ de p façons différentes (mais toujours avec des fractions unitaires), c'est gagné.

écris $ q=\frac{p}{a}=\frac{1}{a} $+....+$ \frac{1}{a} $ (p termes ) ensuite tu utilises cette égalité pour le 2ème $ \frac{1}{a} $ puis 2 fois pour le 3ème,etc jusqu'au p-ème.Tu vérifies très facilement que les fractions obtenues sont toutes unitaires et distinctes.

Bonjour.

Cette affirmation est malheureusement fausse si $ p $ est trop élevé.
Par exemple, le dernier $ \frac{1}{a} $ donne une somme de $ 2^{p-1} $ termes contenant $ \frac{1}{a+p-1} $,
tandis que le second donne $ \frac{1}{a+1}+\frac{1}{a(a+1)} $.
Si par exemple $ p=a^2+1 $, alors il y a un conflit entre le $ \frac{1}{a(a+1)} $ provenant du second terme et le $ \frac{1}{a+p-1} $
provenant du dernier.

Une solution correcte consiste en revanche à utiliser cette technique pour décomposer $ p $ comme somme d'inverses d'entiers deux à deux distincts
(en l'écrivant comme somme de $ p^2 $ termes tous égaux à $ 1/p $ et en procédant comme indiqué précédemment : dans ce cas, la méthode fonctionne, mais cela demande une vérification assez précise). Ensuite, il n'y a plus qu'à multiplier chaque terme de la décomposition obtenue par
$ \frac{1}{a} $...

dSP a écrit :

Silvere Gangloff a écrit :On peut faire comme ceci (il me semble qu'il n'y a pas d'erreur) :
Soit $ x $ un rationnel $ >0 $ quelconque. J'élimine d'abord la partie "grasse" de $ x $ dans le cas où $ x \ge 1 $ en utilisant la série harmonique :
Il existe $ n_0 \ge 1 $ tel que $ 0<z:=x-[1+...+\frac{1}{n_0}] < \frac{1}{n_0 +1} $. Il reste à montrer que $ z $ se décompose en somme finie d'inverses d'entiers distincts (en effet ces entiers seront tous distincts également de $ 1,...,n_0 $ car $ z < \frac{1}{n_0 +1} $). En fait par ceci, on se ramène à montrer le résultat pour un rationnel compris strictement entre 0 et 1. On pose $ m = E(\frac{1}{z})+1 $ et $ z' = z - 1/m $ et on construit de la même manière une suite $ z^{(n)} $ telle que $ z^{(0)}=z $ , et pour tout $ n \ge 0 $, $ z^{(n+1)}=z^{(n)} - \frac{1}{[E(1/z^{(n)})+1]} $ si $ z^{(n)} > 0 $ et 0 sinon. On vérifie que comme $ z < 1 $, la suite $ [E(1/z^{(n)})+1] $ est strictement croissante tant que $ z^{(n)} >0 $, et que la suite des numérateurs réduits des $ z^{(n)} $ est une suite d'entiers positifs strictement décroissante tant que $ z^{(n)} > 0 $ donc cette suite est stationnaire à 0, ce qui termine la démonstration (En fait sous cette formulation, c'est plus le principe de descente infinie de Fermat qu'une récurrence, mais bon, la récurrence est affreuse à écrire..) (Dans toute la démonstration $ E $ désigne la partie entière)

Bonjour. Il y a une petite erreur à signaler : dans la définition de $ m $, il faut prendre le plus petit entier supérieur ou égal à
$ \frac{1}{z} $ plutôt que la partie entière de $ \frac{1}{z}+1 $. Avec cette modification, l'algorithme fonctionne très bien.

V@J a écrit :Oui on peut.
C'est pour ça que j'ai posé la question pour des morphismes d'anneau, ensuite.

mookid a écrit :

V@J a écrit :Oui on peut.
C'est pour ça que j'ai posé la question pour des morphismes d'anneau, ensuite.

SPOILER:

Q[X] (en tant qu'espace vectoriel) est engendré par un seul élément, ce qui n'est pas le cas de Q[X, Y].