Exos sympas MP(*)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Mathoss » 14 janv. 2019 19:04

Salut, un petit exercice pour la forme!
Soit (A,+,x) un anneau commutatif possédant exactement n>=2 diviseurs de zéro, montrer que A est fini de cardinal <= n^2.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par GaBuZoMeu » 14 janv. 2019 23:06

@Dattier : plus haut, je parlais bien entendu du maximum de $ ax+b $ à $ x $ fixé.
Je suis intervenu parce que je suis convaincu que tu n'as pas donné la réponse que Siméon attendait.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Nabuco » 15 janv. 2019 00:24

Dattier a écrit :
14 janv. 2019 23:21
Là je pense que c'est mieux :
SPOILER:
Etudions le taux d'accroissement de $ f $, $h>0$
$T(x,h)=f(x+h)-f(x)=\sup\{ax+ah+b \text{ | } (a,b)\in K\}-\sup\{ax+b \text{ | } (a,b)\in K\}=\sup\{ax+ah+b-\sup\{ax+b \text{ | } (a,b)\in K\} \text{ | } (a,b)\in K\} $
$T(x,h)=\sup\{ax+ah+b+\inf\{-ax-b \text{ | } (a,b)\in K\} \text{ | } (a,b)\in K\} = \sup\{\inf\{ah \text{ |} (a,b) \in K\}\text{ | } (a,b)\in K\}=Ah$
avec $A=\min\{a \text{ | } (a,b)\in K\}$

On peut faire le même travaille pour $h<0$, et avoir la limite à droite et à gauche.
Ça me semble très faux au moment où tu te retrouves avec juste ah, tu aurais le droit de faire rentrer l.inf mais tu ne peux pas prendre l.inf et le sup sur a, b ils portent chacun sur un couple de paramètres distinct

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par V@J » 15 janv. 2019 01:27

Dattier a écrit :
14 janv. 2019 22:10
J'offre un million d'euros a qui résoud cette énigme.

PS: je vous paierais une fois que l'euro aura sauté... :mrgreen:
Dattier a écrit :
12 janv. 2019 12:07
Soit $U_n$ une tour de puissance de 2 de hauteur $n$, $V_n$ une tour de puissance de 3 de hauteur $n-2$. Déterminer $\lim\dfrac{U_n}{V_n}$.

$U_3=2^{2^2}$
Je veux bien l'argent (au futur simple, pas au conditionnel) :
SPOILER:
Donc j'ai $ U_0 = 1, V_2 = 1 $ et $ U_{n+1} = 2^{U_n}, V_{n+1} = 3^{V_n} $. Déjà, il est clair que $ U_n, V_n \to \infty $. Puis, puisque $ U_2 = 4 $, une récurrence immédiate montre que $ U_n \geqslant 4 V_n \geqslant 4 $ : c'est vrai pour $ n = 2 $, et pour tout $ n \geqslant 2 $ on peut ensuite utiliser le fait que $ U_{n+1} = 2^{U_n} \geqslant 2^{4 V_n} = 16^{V_n} \geqslant 5^{V_n} 3^{V_n} \geqslant 4 V_{n+1} $. Mais alors on a même $ U_{n+1} / V_{n+1} \geqslant 5^{V_n} \to +\infty $.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Siméon » 15 janv. 2019 11:10

GaBuZoMeu a écrit :
14 janv. 2019 23:06
Je suis intervenu parce que je suis convaincu que tu n'as pas donné la réponse que Siméon attendait.
La piste suggérée par GBZM me semble en effet plus prometteuse. À ce propos, pourriez-vous ajouter avant vos balises spoiler quelques mots précisant sa nature (indication, solution, etc.) ? Cela éviterait de devoir cliquer pour le découvrir.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par certus » 15 janv. 2019 14:53

Celui est à faire en MP*

W l'ensemble des matrices nilpotentes de M(n,C)

P polynôme de C[X] , P(0)=0 , P'(0) différent de zéro

Montrer que P:W------>W est une bijection

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par certus » 15 janv. 2019 15:44

@Dattier 20/20

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par nékicoul » 15 janv. 2019 17:12

Dattier a écrit :
14 janv. 2019 21:29
@Mathoss :
SPOILER:
Soit $n \in O$ dans l'ensemble des annulateurs de $0$, alors $f : A \rightarrow A$ $f(a)=a \times n$ avec$f$ est un morphisme de groupe pour l'addition,
et $\text{ker}f\subset O$ et $\text{Im} f \subset O$, donc $\text{card}(A)=o(\text{ker}f) \times o(\text{Im} f )\leq n \times n$
Dattier a écrit :
15 janv. 2019 15:15
@Certus :
SPOILER:
si $P(X)=a_1X+...+a_{n-1}X^{n-1}$ polynôme complexe tel que $a_1\neq 0$ alors il existe $Q \in \mathbb C[X]$, tel que $P(Q(X)) \mod X^n=Q(P(X)) \mod X^{n}=X$, donc la fonction associé à $Q$ est la fonction réciproque de $P$ des nilpotents à valeurs dans les nilpotents

tu pe pa rédigé kom siméon la jconpren rien
Modifié en dernier par nékicoul le 15 janv. 2019 17:19, modifié 1 fois.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par nékicoul » 15 janv. 2019 17:19

siméon tu pe traduire STP

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par GaBuZoMeu » 16 janv. 2019 21:14

La solution de Dattier est inutilement compliquée : pas besoin de Cayley-Hamilton !
SPOILER:
La formule de la comatrice $$ M\,\text{com}(M)^{\mathsf T}=\det(M)\,I_n $$ montre que $ M\in \text{GL}_n(A) $ (le groupe des inversibles dans $ M_n(A) $) si $ \det(M)\in A^* $ (le groupe des inversibles de $ A $), et il est clair que c'est seulement si, car $ \det(MN)=\det(M)\det(N) $. Ensuite, puisque $ \det $ est un homomorphisme de $ \text{GL}_n(A) $ dans $ A^* $, l'image réciproque d'un sous groupe $ G $ de $ A^* $ par $ \det $ est un sous-groupe de $ \text{GL}_n(A) $

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