Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,

  Lorsque tu écris que $\|A_k-A\|\to 0,$ tu démontres plus que la convergence simple : tu démontres la convergence pour la norme de $\mathcal M_n(K),$ qui entraîne la convergence simple, c'est-à-dire que $\|A_kX-AX\|\to 0$ pour tout $X\in K^n.$ Il se trouve que sur $\mathcal M_n(K),$ la convergence simple est équivalente à la convergence pour la norme de $\mathcal M_n(K)$ : c'est une conséquence du fait que l'on travaille avec des applications linéaires en dimension finie. Si $(e_1,\dots,e_n)$ est une base de $K^n,$ il suffit que $A_k(e_i)\to A(e_i)$ pour que $\|A_k-A\|\to 0.$ Donc dans ce cas, pour n'importe quelle norme sur $\mathcal M_n(K)$, $(A_k)$ converge simplement vers $A$ si et seulement si $\|A_k-A\|\to 0.$

  Mais ceci n'est pas vrai en toute généralité. Prenons par exemple l'espace vectoriel $E=\mathcal B(\mathbb R,\mathbb R)$ des fonctions bornées de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$ et considérons $\|\cdot\|$ une norme sur $E$. Posons $f_n=\mathbf 1_{[1/2n,1/n]}$ et $g_n=f_n/\|f_n\|.$ Alors $\|g_n\|=1$ (et donc $(g_n)$ ne converge pas vers $0$ vers la fonction nulle) alors que la suite $(g_n)$ converge simplement vers la fonction nulle (phénomène de bosse glissante).

F.

Merci beaucoup Rossignol. Ça a l'air très intéressant !

Re-

Merci à Glozi pour ces nouvelles versions !

F.

Bonjour,

  Ta rédaction m'embête un peu, notamment quand tu écris $X-x\sim_{+\infty}X$. Qui tend vers $+\infty$ dans cette histoire ? J'imagine que c'est $n,$ mais il n'apparaît même pas !

A mon avis, ce serait mieux de partir de $\lim_{n\to+\infty}\frac{a^n}n={+\infty}$ dès que $a>1$. Et ici avec  $a=e^{-x},$ c'est très facile.

F.

Bonjour Glozi,

  Tu as bien entendu raison. Le seul cas où tout le monde pourrait déterminer ses cartes, ce serait celui où les 3 ont des cartes de couleurs différentes, mais jamais personne ne pourra savoir s'il a plutôt 2 cartes vertes ou 2 cartes rouges.
Il faudrait au minimum introduire une dyssymétrie entre les deux couleurs (par exemple, avec au départ 3 cartes vertes et 4 cartes rouges) pour avoir une chance de conclure dans un autre cas.
Désolé de m'être trompé à nouveau (ça m'apprendra à vouloir inventer une énigme dans le train).
Je vais encore modifier un peu l'énoncé, mais ce sera moins intéressant ...

F.

Bonjour,

  Par exemple, sur ce site :
* niveau Math Sup : https://www.bibmath.net/ressources/inde … diffs.html
* Niveau Math Spé : https://www.bibmath.net/ressources/inde … diffs.html

F.

je pense que oui.

Bonjour,

  Tu sais que $16x \equiv 0\ (\textrm{mod}\ 16)$ donc $-15x+16x\equiv -21+0\ (\textrm{mod}\ 16)$.

F.

Bonjour,

  En toute généralité, sur n'importe quel corps, le polynôme minimal et le polynôme caractéristique ont les mêmes facteurs irréductibles, c'est-à-dire que, en gardant les mêmes notations, si $\chi_(f)=\prod_{i=1}^r P_i^{m_i}$ est la décomposition de $\chi_f$ en facteurs irréductibles, alors $\mu_f=\prod_{i=1}^r P_i^{n_i}$ où $1\leq n_i\leq m_i.$
Pour démontrer cela, on a besoin de trois ingrédients :
* si $E=\bigoplus_{i=1}^r E_i$ et chaque $E_i$ est stable par $f$, alors $\mu_f$ est le ppcm des $\mu_{f|E_i}$.
* le théorème de Cayley-Hamilton qui dit que $\chi_f(f)=0$.
* le lemme de décomposition des noyaux, qui permet de déduire que $E=\bigoplus_{i=1}^r \ker(P_i^{m_i}(f)).$

Pour conclure, il faut voir que $\mu_{f|E_i}$, où $E_i=\ker P_i^{m_i}(f)$, divise $P_i^{m_i}$.
Or $P_i^{m_i}$ est un polynôme annulateur de $f$ et donc son polynôme minimal divise $P_i^{m_i}$. Il s'écrit donc $P_i^{n_i}$
pour $1\leq n_i\leq m_i$ puisque $P_i$ est irréductible.

Pas besoin de raisonner avec une clôture algébrique.

F.