Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Ce n'est pas si aisé à montrer comme je l'ai dit.
Je regarderai ce soir.

Bonjour,
Pour montrer ce que tu veux, il faut montrer que $g(\frac{1}{q}+\mathbb{Z}) \in q^{n-1}A[q^n]$ pour tout $n \ge 1$.

Il faut d'abord remarquer que comme $g$ est un morphisme de groupe, $q^n g(\frac{1}{q^n}) = g(1)=0$, et donc $g(\frac{1}{q^n}) \in A[q^n]$ pour tout $n \ge 1$.
Ensuite $g(\frac{1}{q})=  q^{n-1} g(\frac{1}{q^n})$ et donc $g(\frac{1}{q}) \in q^{n-1}A[q^n]$
Par ailleurs, $g(\frac{1}{q}+\mathbb{Z})=g(\frac{1}{q})$ (on a qutionté par $\mathbb{Z}$ pour définir $M_q$)
Et donc $g(\frac{1}{q}+\mathbb{Z}) \in q^{n-1}A[q^n]$ pour tout $n \ge 1$,  Soit encore $g(\frac{1}{q}+\mathbb{Z}) \in f(A)$.

Bonjour,
La question posée revient à trouver $P\left[\left(\sum_{i=1}^{10} X_i\right) = 2\right]$ où les $X_i$ sont des variables indépendantes suivant une loi de Bernoulli ($X_i = 1$ si la personne $i$ a un taux de cholestérol $> 2.1$. Tu as déjà calculé $p=P(X_i = 1)$).
Ce qui revient à la probabilité d'avoir $2$ succès avec $10$ tirages. Donc, une loi Binomiale de paramètres $10$ et $p$.

A quel niveau du collège apprend-on à utiliser le discriminant ?

Bonjour
Je pense que cette solution ne répond pas au problème posé. Elle nécessite en effet de calculer $10^{\frac{6999}{1789}}$ et  $10^{\frac{7000}{1789}}$, chose que personnellement, je ne saurais pas faire de tête.

[EDIT]
Je ne sais pas finalement, si ce que je dis est juste.
A priori, ce calcul peut être fait indépendamment du nombre de 7000 chiffres. On sait alors qu'il n'y a que 10 entiers de 7000 chiffres qui sont puissance 1789-ème d'un autre entier et on a un moyen immédiat de voir la racine de celui qui a été choisi (ils ont le même chiffre d'unité).

Ok, ça exclue le cas $\emptyset$ dans V

Je pense qu'il doit manquer le terme "sur V₀" dans ta définition :

on dit que $f$ est négligeable devant $g$ sur V₀ si ...

Globalement, ce que ça dit, c'est que on peut rendre $f$ aussi petite comparé à $g$ qu'on le veut, pour peu qu'on restreigne les fonction à un ouvert plus petit.

Plus formellement, l'écriture $\forall x \in v_0 \quad x \in v \implies |f(x)| \le \epsilon |g(x)|$ peut simplement être remplacée par $\forall x \in v_0 \cap v \quad |f(x)| \le \epsilon |g(x)|$.
Ce qui peut encore se simplifier en remplaçant le $\exists v \in \textbf{V}$ par $\exists v \subset v_0$ (même si c'est un abus de notation).

Donc, ça devient,

Soit $v_0 \in \textbf{V}$, $f$ et $g$ deux fonction définie sur $v_0$. On dira que $f$ est négligeable devant $g$ sur $v_0$, qu'on notera $f=o(g)$ si
$\forall \epsilon > 0, \exists v \subset v_0, \quad \forall x \in v\ |f(x)| \le \epsilon |g(x)|$

En fait cette définition compliquée comme ça permet d'unifier 3 définitions en une seule :
- $f$ est négligeable devant $g$ au voisinage de $a$
- $f$ est négligeable devant $g$ au voisinage de $+\infty$
- $f$ est négligeable devant $g$ au voisinage de $-\infty$

Le fait de préciser $v \subset v_0$ permet d'affiner le $v$, soit en le rendant proche de $a$ pour le premier cas, soit en l'approchant de l'infini dans les deux autres cas.

Bonjour,
Une proposition de piste. A creuser ...

D'abord, si $E$ et $F$ sont deux espaces vectoriels, $E^* \oplus F$ s'identifie à $Hom(E,F)$
En effet, si $\alpha \in E^*$ et $v \in F$, tu peux leur associer canoniquement l'application linéaire dans $Hom(E,F)$ définie par $E \ni x \to \alpha(x)v$.

Donc, en posant $E=v$ et $F=v'^*$, tu as que $Hom(v,v'^*)$ s'identifie à $v^* \oplus v'^*$

Il faut maintenant montrer que $v^* \oplus v'^*$ s'identifie à $v \oplus v'$

Bonjour,

Bonjour,
Pour l'énoncé, c'est du pur copier/coller !

D'abord, pour le paradoxe Lexical, c'est une bête question de poteaux et d'intervalle !
En effet, si on remplace 13 par 2, le paradoxe est plus apparent : Il est en effet faux de dire que "La racine carré d'un nombre $a$ est le nombre $b$ qui, multiplié par lui même deux fois donne $a$". C'est multiplié par lui même une fois !

Pour l'extraction de la racine, voici ce que j'ai trouvé. J'ai un doute, je vous demande votre relecture critique !
On note $a$ le nombre recherché.
D'abord, on remarque que $1789$ est premier. Je le note $p$ par la suite.
Avec Fermat, on a $a^p \equiv a \mod p$
Ensuite, je remarque que $a < 10^4$ (ça nécessite le calcul de $3\times 1789$ et de $4\times 1789$, facile à faire de tête)
On peut donc écrire $a=a_3 10^3 + a_2 10^2 + a_1 10 + a_0$, on a donc, en utilisant le morphisme de Frobenius :
$a^p \equiv (a_3)^p (10^3)^p + (a_2)^p (10^2)^p + (a_1)^p 10^p + a_0^p  \mod p$
Et donc
$a^p  \equiv a_3 10^3 + a_2 10^2 + a_1 10 + a_0 \mod p$
La solution est donc en lecture immédiate en regardant les 4 derniers chiffres de $a^p$

[EDIT]
Ce dernier passage est un peu douteux. Il faut que je retravaille mieux le passage d'une égalité $\mod p$ à une égalité $\mod 10^4$ pour pouvoir "lire" le résultat.

Bonjour,
la fonction $x \to e^x$ de $(\mathbb{R},+)$ vers $(\mathbb{R}_+^*,\times)$ est un isomorphisme de groupes de Lie (groupe de Lie = structure de groupe compatible avec la topologie).

Bonsoir,
Utilise le fait que $\cos(2\pi -x) = \cos(x)$ et que $\sin(2\pi -x) = -\sin(x)$

Bonjour,
Dans le sens "seulement si" (condition nécessaire) :
$f$ a ses zéros dans un corps de racines $\Omega$ et ces zéros s'expriment via des opérations de corps et d'extraction de racines à partir d'éléments de $K$.
On considère $E_1$ l'ensemble des racines $n$-ième d'éléments de $K$ qui interviennent dans ces opérations. Si $E_1$ est vide, on a fini et on pose $m=0$, donc $K_m=K$ et $f$ est scindé sur $K[X]$.
Sinon, $E_1=\{\sqrt[p_i]{\beta_i},\ \beta_i \in K \textrm{ et } \ i=1\cdots m_1\}$.
On pose alors $\alpha_i=\sqrt[p_i]{\beta_i}$ et on construit successivement les extensions $K_{i}=K_{i-1}[\alpha_i]$, jusqu'à aboutir à $K_{m_1}$ (en particulier $E_1 \subset K_{m_1}$ et on a bien $\alpha_i^{p_i} = \beta_i \in K_{i-1}$).
Ensuite, on recommence en considérant $E_2$ l'ensemble des racines $n$-ième d'éléments de $K_{m_1}$ qui interviennent dans les opérations de construction des zéros de $f$. Si cet ensemble est vide, on a fini et on pose $m=m_1$, sinon on recommence la même opération avec comme point de départ $K_{m_1}$.
Ce processus finira par s'arrêter au bout de $k$ étapes (les étapes nécessaires à la construction des zéros de $f$ sont finies). On posera alors $m=m_k$ et les zéros de $f$ seront alors des éléments de $K_m$ (il n'y a plus d'extraction de racine impliquée) et $f$ est donc scindé sur $K_m[X]$.