Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Attention l'implication $a$ non inversible, donc $a=0$ n'est vraie que dans un corps et $A_{\mathfrak{p}}$ n'en est pas un !
il faut que tu reviennes systématiquement aux définitions. Tu choisis donc un représentant de $a$, disons $(f,g)$. Tu as donc $\varphi((f,g))=0$, soit $\pi(f)=0$ et donc que $f \in  \mathfrak{p}$.
Du coup, tu peux écrire $(f,g)=(f,1)(1,g)$ avec $f \in  \mathfrak{p}$ ...

Autre point, en toute rigueur, tu dois également montrer que $\varphi$ est un morphisme d'anneaux

Bonjour Nino89,
Si tu notes $\sim$ la relation d'équivalence que tu as définie initialement et $A^* = A \setminus \mathfrak{p}$ , alors le localisé $A_{\mathfrak{p}}$ est le quotient $A \times A^* /\sim$
Dans ce cas, le $\frac{f}{g}$ à l'intérieur de des parenthèses de $\varphi$ est un élément de  cet anneau. Dit autrement, $(f,g) \in A \times A^*$ et $\frac{f}{g} \in  A \times A^*/\sim$.
Le $\frac{f}{g}$ après application est un élément du corps des fractions de $B := A/\mathfrak{p}$. Si on note $\approx$ la relation d'équivalence définie sur $B$ par $(x,y) \approx (x',y') :\Leftrightarrow xy' = x'y$, ce corps des fractions est $B \times B^*/\approx$ (muni des opérations "classiques" d'addition et de multiplication de fractions). Donc, si je note $\varphi(\frac{f}{g})=\frac{f'}{g'}$, alors $(f',g') \in B \times B^*$ et $\frac{f'}{g'} \in B \times B^*/\approx$

On notera $\pi:\ A \to A/\mathfrak{p}$ le morphisme canonique (élément vers sa classe d'équivalence). Son noyau est exactement $\mathfrak{p}$.
Je noterai également $C$ le corps des fractions de $A/\mathfrak{p}$.

Avec ces notations, la fonction $\varphi$ est définie de $A_{\mathfrak{p}} \to C $ par $\varphi(\frac{f}{g}) = \frac{\pi(f)}{\pi(g)}$.
Soit donc $(f,g), (f',g') \in A \times A^*$, on veut donc montrer que $(f,g) \sim (f',g') \implies  \frac{\pi(f)}{\pi(g)} = \frac{\pi(f')}{\pi(g')}$.

Par définition, $\frac{\pi(f)}{\pi(g)} = \frac{\pi(f')}{\pi(g')} \Leftrightarrow \pi(f)\pi(g') - \pi(f')\pi(g) = 0$, soit encore, en utilisant le fait que $\pi$ est un morphisme, $\pi(fg' - f'g)=0$.

Comme $(f,g) \sim (f',g')$, alors $\exists h \in A^* $ tel que $h(fg' -f'g)=0$, soit, en appliquant le morphisme $\pi$, $\pi(h)\pi(fg' - f'g)=0$. Cette relation étant dans $A/\mathfrak{p}$. Comme $\mathfrak{p}$ est un idéal premier ... (je te laisse continuer)

Bonjour,
L'intuition, c'est que l'anneau $A_{\mathfrak{p}}$ "ressemble" au corps des fractions de $A$. Il faut donc voir une paire $(f,g)$ comme une "fraction" $\frac{f}{g}$.
ci-après quelques pistes :
- Tu peux montrer que $\forall h \in A\setminus \mathfrak{p} $, $(h,h) \equiv (1,1)$
- Tu peux ensuite montrer que l'inverse de $(h,1)$ est $(1,h)$ (fraction inverse), par utilisation directe de la définition et du résultat ci-dessus.
- Pour la dernière question, tu peux d'abord constater que comme $u \in  A_{\mathfrak{p}}$, alors tu peux trouver $h$ et $g$ tels que $g \notin \mathfrak{p}$ et que $u \equiv (h,g)$. Il faut ensuite, en s'inspirant des fractions, écrire $(h,g) = (h,1)(1,g)$ et conclure à l'aide de la question précédente.

Toute démonstration se basant sur un argument de comptage est invalide !!!
A ajouter aux perles de Dzl.

Le plus simple serait que tu stockes les triplets dominés par (466, 775, 775) dans un fichier (type csv, ou Excel, ou sur un doc public de Google Sheets) et qu'en vérifie avec l'algo Python ce qui cloche (on peut aussi vérifier s'il n'y a pas de doublons dans ta liste)

Bonjour,
C'est en effet l'attrape nigaud classique de manipulation des séries non absolument convergentes.
On peut, dans le cas de séries convergentes mais non absolument convergentes, en réarrangeant les termes, obtenir n'importe quel réel (Théorème de réarrangement de Riemann).
Il y a une vidéo très amusante ici qui montre que $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} n = -\frac{1}{12}$.
A noter qu'en réalité, ce "résultat" est en fait très profond (cette identité a d'abord été formulée sans démonstration par le génialissime  Ramanujan).
Ceux qu'une formalisation correcte de ces identités intéresse peuvent regarder ce lien

Bonsoir,

Mon intention était bien de donner la liste ordonnée. Il y a peut être une erreur. Je ne suis pas chez moi pour utiliser mes programmes Python. Mais si on exhibe un triplet qui gagne contre plus de 80% des autres triplets, alors je me suis forcément planté (j'ai trouvé que le maximum était d'un peu plus que 76%). Il devrait être facile de vérifier que le triplet (446, 765, 805). Si quelqu'un peut le faire, sinon, je le ferai une fois à la maison.

@Anne Honyme
Je ne suis pas d'accord sur la procédure de tirage aléatoire proposée. La probabilité serait $P(X=x,Y=x)=P(X=x)P(Y=y\ |\ X=x)=\frac{1}{672}\frac{1}{\lfloor 1007 - x/2 \rfloor}$, ce qui ne donne pas une probabilité uniforme.
L'approche la plus simple est de stocker tous les triplets dans une liste, de tirer un nombre au hasard (équiprobable) entre $1$ et $338688$ et d'utiliser le triplet ayant ce rang dans la liste.
Léon et moi avons proposé deux approches alternatives qui évitent d'avoir à stocker les triplets en mémoire.

--EDIT--
J'ai eu accès à une machine avec Python

ça affiche $0.75000295257$, soit 75% !
Pour l'instant, ma liste reste dans la course !

Bonjour,
Pourrais-tu préciser un peu plus la question.

La réponse à ça est exactement $\binom{15}{8}$.
L'exemple que tu donnes ne correspond pas à la question puisque tu parles de référence.

Est-ce que la question est : comment constituer un panier de 8 produits, choisis parmi 15 références (ou classes) différentes ?

Ce sont en effet deux approches complémentaires.
L'image que j'en donnerais est la suivante : $N$ boules sont rangées dans des sacs de tailles différentes et on demande une technique pour tirer au hasard (donc de manière équiprobable) une boule.

Mon approche consiste a numéroter chacune des boule, à tirer un nombre au hasard entre $1$ et $N$ et à choisir la boule qui porte ce numéro.
Ton approche consiste à choisir d'abord un sac, cette fois-ci non pas de manière équiprobable mais avec une probabilité dépendant du poids relatif du sac, puis de choisir une boule au hasard dans le sac.

Dans les deux cas, on a besoin de connaitre le nombre de boules dans chaque sac, soit pour réaliser la numérotation, soit pour calibrer la probabilité de choix d'un sac.

Non, c'st bon, je me suis planté dans mon calcul.

J'avais en effet utilisé cette technique de découpage de la somme pour déterminer le nombre total de triplets (voir ici le post au début de ce fil).

Par contre, je ne comprends pas le tirage de $x_2$.
Pour moi, l'idée à la base est la suivante, (je note $E$ l'ensemble des triplets et $N$ son cardinal)
On trouve une bijection $\sigma: \{1, \cdots, N\} \to E$, on tire un nombre $n$ aléatoire entre $1$ et $N$, on utilise la bijection et on a directement le triplet $\sigma(n)$ (il n'y a pas d'autre tirage).
Du fait que $\sigma$ est une bijection, l'uniformité du tirage de $n$ est transférée vers les triplets.

Donc, on calcule $x_1=\left \lceil 672- \frac23 \sqrt{1016064-3n} \right\rceil$ comme tu l'indiques, et on pose $x_2 = n - x_1$ et $x_3 = 2016-x_1-x_2$.