Les classiques parmi les classiques

[homotopie]

[Théorie des nombres] Irrationnalité de Pi

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CQFD

[homotopie]

Théorème de Brouwer en dimension 2 :

Toute application continue du disque dans lui-même admet un point fixe.

preuve :

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a) Il suffit de le montrer pour un espace X homéomorphe à un disque.
En effet, si f : X->D est un tel homéomorphisme, soit g : D->D une application continue du disque dans lui-même, on a f^-1ogof est une application continue de x dans lui m^^eme qui admet un point fixe x. On a alors g(f(x))=f(f^-1ogof(x))=f(x) donc f(x) est un point fixe de g.
X sera un triangle équilatéral de côté unité.

b) découpage du triangle
On divise ce triangle équialtéral A₀A₁A₂ en n² petits triangles de la manière suivante :
i) on divise les 3 côtés du triangle en n parties égales, on appelle les nouveaux sommets "sommets du bord" ;
ii) on relie les sommets du bord selon les parallèles aux côtés du triangle initial.
Ainsi chaque petit triangle borde selon un côté commun deux (s'il est sur le bord) ou trois autres petits triangles. (*)
Cette subdivision a créé un ensemble de sommets de petits triangles noté S.
La distance de deux sommets d'un même petit triangle est égale à 1/n.

c) lemme algébrique
Soit f : S->{0, 1, 2} telle que les sommets situés sur [A_iA_j] sont envoyés sur i ou j alors il existe un petit triangle MNP tel que f({M, N, P})={0, 1, 2}.
En effet : on considère la somme où n_0,1(t) est le nombre de côtés de t dont les sommets ont pour image à eux deux {0,1}.
Comptons par rapport aux petits triangles :
ceux pour lesquels {0,1} n'est pas inclus dans f(t) on a n_0,1(t),
ceux pour lesquels f(t)={0,1}, 2 étant exclu, on a soit deux sommets envoyés par f sur 0 et un sommet sur 1 ou deux envoyés sur 1 et un sur 0, dans les deux cas n_0,1(t)=2
ceux pour lesquels f(t)={0,1,2} on a n_0,1(t)=1
Donc la parité de S est égale celle du nombre de petits sommets t tels que f(t)={0,1}.
Maintenant comptons par rapport aux côtés "numérotés" {0,1} :
ceux qui sont à l'intérieur sont côté de deux petits triangles donc sont comptés deux fois
ceux qui sont sur le bord sont côté d'un seul petit triangle et sont comptés exactement une fois
Donc la parité de S est égale est égale au nombre de côtés sur le bord "numéroté {0,1}.
Ces derniers ne peuvent être que sur [A₀A₁] du fait que les sommets de ]A₀A₂] (resp.]A₀A₂]) ne peuvent avoir 1 (resp.0) pour image par f.
On recommence sur ce côté, on a parité du nombre de côtés numérotés {0,1} est égal à la parité du nombre de sommets sur le bord numéroté 0. Or A₁ qui est sur [A₁A₂] et [A₀A₁] ne peut avoir pour image que 1, de même f(A₀)=0. Ainsi ce dernier nombre est impair.
En remontant on a le nombre de petits triangles t tels que f(t)={0,1,2} est impair et donc non nul.

d) coordonnées barycentriques et fermés
On note a_i(x) les coordonnées barycentriques d'un point x du triangle A₀A₁A₂.
On a x=a₀(x)A₀+a₁(x)A₁+a₂(x)A₂ avec a₀, a₁, a₂>=0 et a₀+a₁+a₂=1.
De même, on note b_i(x) les coordonnées barycentriques de f(x).
On pose F_i={a_i(x)>=b_i(x)} pour i=0, 1 et 2. Ce sont trois fermés qui recouvrent le grand triangle (car somme des ai=somme des bi=1). On a [A_iA_j] inclus dans F_iUF_j car pour ces points a_i+a_j=1>=b_i+b_j.
On peut donc définir une application des points du triangle dans {0,1,2} tels que pour tout x soit dans F_f(x) et f([A_iA_j]) soit inclus dans {i,j} pour tout {i,j} inclus dans {0,1,2}.

e) concluons
Pour n donné, soit x_0,nx_1,nx_2,n un petit triangle d'un petit triangle de côté 1/n dont f(x_i,n)=i, ça existe d'après le lemme.
On extrait une sous-suite convergente x_0,g(n), le grand triangle est compact, de la première suite. Puisque les sommets sont distants de 1/n, les suites x_1,g(n) et x_2,g(n) vers le même point m qui est donc dans l'intersection des F_i car ceux-ci sont fermés.
On a donc pour ce point a_i(m)>=b_i(m) pour i=0,1,2 avec a₀(m)+a₁(m)+a₂(m)=b₀(m)+b₁(m)+b₂(m)=1 donc a_i(m)=b_i(m) pour i=0,1 et 2 et donc f(m)=m.

Pour les dimensions supérieures la même preuve se généralise mais en changeant le découpage (celui utilisé ici ne se généralise pas).

[Médiat]

Une petite introduction à la théorie des modèles.

Merci à martini_bird pour la PDFisation et la relecture.

[Médiat]

Théorème de Brouwer en dimension 2 :

Quelques petites remarques (en gras)

ceux pour lesquels {0,1} n'est pas inclus dans f(t) on a n_0,1(t) = 0,
...
Donc la parité de S est égale celle du nombre de petits triangles t tels que f(t)={0, 1, 2}.
...
Ces derniers ne peuvent être que sur [A₀A₁] du fait que les sommets de ]A₀A₂] (resp.]A₁A₂]) ne peuvent avoir 1 (resp.0) pour image par f.

D'autre part, je ne comprends pas le paragraphe :

On recommence sur ce côté, on a parité du nombre de côtés numérotés {0,1} est égal à la parité du nombre de sommets sur le bord numéroté 0. Or A₁ qui est sur [A₁A₂] et [A₀A₁] ne peut avoir pour image que 1, de même f(A₀)=0. Ainsi ce dernier nombre est impair.

Je suis d'accord que f(A₀)=0 et f(A₁)=1, mais je me plante sur le reste : si le côté [A₀A₁] est numéroté (0,0,1,1) il y a 1 côté numérotés {0,1} alors que le nombre de 0 est pair (et si on le numérote (0,1,1,1) il y a toujours 1 côté numérotés {0,1} alors que le nombre de 0 est impair) ; j'ai compris que l'on ne comptait que les petits triangles (triangles élémentaires) est-ce là mon erreur ?

J'attends de comprendre cette partie avant d'aller plus loin.

[homotopie]

Quelques petites remarques (en gras)

ceux pour lesquels {0,1} n'est pas inclus dans f(t) on a n_0,1(t) = 0,
...
Donc la parité de S est égale celle du nombre de petits triangles t tels que f(t)={0, 1, 2}.
...
Ces derniers ne peuvent être que sur [A₀A₁] du fait que les sommets de ]A₀A₂] (resp.]A₁A₂]) ne peuvent avoir 1 (resp.0) pour image par f.

D'autre part, je ne comprends pas le paragraphe :

Je suis d'accord que f(A₀)=0 et f(A₁)=1, mais je me plante sur le reste : si le côté [A₀A₁] est numéroté (0,0,1,1) il y a 1 côté numérotés {0,1} alors que le nombre de 0 est pair (et si on le numérote (0,1,1,1) il y a toujours 1 côté numérotés {0,1} alors que le nombre de 0 est impair) ; j'ai compris que l'on ne comptait que les petits triangles (triangles élémentaires) est-ce là mon erreur ?

J'attends de comprendre cette partie avant d'aller plus loin.

Merci pour la relecture.
Voici une nouvelle version de ce paragraphe intégrant tes remarquies et redéveloppant la partie posant problème (ton "erreur", induite par un manque d'explication de ma part, est essentiellement du au fait qu'à ce niveau le bord n'est plus celui du triangle initial mais celui de [A0A1]).
Je laisse comme ça pour l'instant, quand les erreurs seront corrigées on demandera à un modérateur de "compiler" (autre manière de dire attendons la correction de la fin )

c) lemme algébrique
Soit f : S->{0, 1, 2} telle que les sommets situés sur [A_iA_j] sont envoyés sur i ou j alors il existe un petit triangle MNP tel que f({M, N, P})={0, 1, 2}.
En effet : on considère la somme où n_0,1(t) est le nombre de côtés de t dont les sommets ont pour image à eux deux {0,1}.
Comptons par rapport aux petits triangles :
ceux pour lesquels {0,1} n'est pas inclus dans f(t) on a n_0,1(t)=0,
ceux pour lesquels f(t)={0,1}, 2 étant exclu, on a soit deux sommets envoyés par f sur 0 et un sommet sur 1 ou deux envoyés sur 1 et un sur 0, dans les deux cas n_0,1(t)=2
ceux pour lesquels f(t)={0,1,2} on a n_0,1(t)=1
Donc la parité de S est égale celle du nombre de petits triangles t tels que f(t)={0,1}.
Maintenant comptons par rapport aux côtés "numérotés" {0,1} :
ceux qui sont à l'intérieur sont côté de deux petits triangles donc sont comptés deux fois
ceux qui sont sur le bord sont côté d'un seul petit triangle et sont comptés exactement une fois
Donc la parité de S est égale est égale au nombre de côtés sur le bord "numéroté {0,1}.
Ces derniers ne peuvent être que sur [A₀A₁] du fait que les sommets de ]A₀A₂] (resp.]A₁A₂]) ne peuvent avoir 1 (resp.0) pour image par f.
On recommence sur ce côté en dimension ingférieure, en considérant cette fois la somme sur les côtés (c), de petits triangles, contenu dans [A₀A₁] de n₀(c)=nombre de sommets dont l'image par f est 0.
On a parité du nombre de côtés numérotés {0,1} est égal à la parité du nombre de sommets sur le bord de [A₀A₁]={A₀, A₁} numéroté 0.
Or A₁ qui est sur [A₁A₂] et [A₀A₁] ne peut avoir pour image que 1, de même f(A₀)=0. Ainsi ce dernier nombre est impair.
En remontant on a le nombre de petits triangles t tels que f(t)={0,1,2} est impair et donc non nul.

EDIT : je ferai peut-être une rédaction d'une preuve plus formelle (ça devrait te plaire) et généralisable en toute dimension (en évitant le recours à la preuve géométrique de la simplification 2 à 2 qui est très pénible).

[Médiat]

On a parité du nombre de côtés numérotés {0,1} est égal à la parité du nombre de sommets sur le bord de [A₀A₁]={A₀, A₁} numéroté 0.

Merci de ce complément, c'est effectivement plus clair maintenant que j'ai compris qu'il s'agissait du bord de [A₀A₁] et non du bord [A₀A₁]

[homotopie]

Un Théorème de Froebenius : soit K un corps contenant R en son centre et dimension finie alors K est isomorphe à R, C ou H.
En effet :

a) soit x dans K\R alors R(x), le corps engendré par R et x, est isomorphe à C

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On peut évidemment faire recours à la théorie des extensions algébriques dans les corps commutatifs mais ce texte se veut le plus complet et le plus élémentaire possible.
En effet, comme K est de dimension finie 1, x, x²... ne sont pas librement indépendants il existe donc une somme a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+...+a₁x+a₀ nulle càd il existe un polynôme P dans R[X] tel que P(x)=0.
P se décompose en un produit de polynômes de degré 1 ou 2 P=Q₁...Q_n. Or, R[x], le corps engendré par R et x, est commutatif car R est dans le centre donc les générateurs commutent. On a donc P(x)=Q₁(x)...Q_n(x)=0. Comme K n'admet pas de diviseurs de zéro un des Q_i(y)=0. Si Q_i est de degré 1 alors x est dans R (contradiction) donc Q_i est de degré 2.
On a donc x²=ax+b avec a et b réels. On a alors (x-a/2)²=x²-ax+a²/4=a²/4+b=r réel. On a r<0, en effet : r>0 implique le réel a²/4+b a strictement plus de deux racines carrées dans un corps commutatif (contradiction). ; R=0 implique x=a/2 et r est dans R (contradiction).
En posant w²=-(a²+b) et y=(x-a/2)/w, on a y²=-1. Comme y est dans R[x]=R+Rx sans être dans R (1,y) forme aussi une base de R[x], on a R[x]=R[y], et puisque y²=-1 on a bien l'isomorphisme recherché.

b) Soit K un corps commutatif contenant R en son centre et de dimension finie sur R alors K est isomorphe à R ou à C.

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En effet, si K\R est vide alors K=R et c'est fini
Sinon il existe y dans K\R et K(y)=K(i), avec i²=-1, est isomorphe à C.
Soit y dans K\R(i), il existe alors un élément de la forme j=a+by avec a et b réels tel que j²=-1. j n'est donc pas dans R i.e. b est non nul et j n'est pas dans R(i) mais alors le polynôme X²+1=0 a plus de deux racines dans un corps commutatif (contradiction).

c) K*={éléments y de K vérifiant y² réel<=0} forment un sous espace-vectoriel.
Soient x et y deux éléments de K*. Si un des deux carrés est nul alors x ou y est nul et la somme est trivialement dans K*. On suppose désormais x²,y²<0.
i) w=xy+yx est réel, en effet :

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d'abord xy+yx est dans le centre de R(x,y), déjà w commute avec les réels, il suffit donc de vérifier que w commute avec les deux autres générateurs x et y, or :
xw=x(xy+yx)=x(xy)+x(yx)=(x²)y+ (xy)x, or x² est réel donc dans le centre donc
xw=y(x²)+(xy)x=(yx)x+(xy)x=(yx +xy)x=(xy+yx)x=wx
On montre de même que yw=wy
Maintenant, on a (x+y)²=(x+y)(x+y)=x(x+y)+y(x+y )=x²+xy+yx+y²=x²+y²+w.
Or, (x+y)² est dans R(x+y) isomorphe à C donc w=a(x+y)+b avec a et b réels. Si a est non nul w est réel. Si a est non nul, x+y=(w-b)/a est dans le centre de R(x,y) et x commute avec (x+y)-x=y ce qui implique que R(x,y) est commutatif donc égal à R[x]. On a y dans K* et dans R(x) donc de la forme cx avec c réel w=xy+yx=x(cx)+(cx)x=2cx² réel. Dans les deux cas w est réel.

ii) (x+y)²=x²+y²+w est réel, il reste à vérifier que (x+y)² n'est pas >0.

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Mais dans R(x+y) il n'y a que deux racines carrées à un réel >0 en outre réelles donc ceci implique que x+y est réel d'où y est dans R(x) ce qui implique que y=cx avec c réel d'où (x+y)²=(1+c)²x²<=0 (contradiction).

d) Soient x et y deux éléments de K\R tels que 1, x et y soient linéairement indépendants alors R(x,y) est isomorphe à H

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Une combinaison i=a+bx, a, b réels b non nul, vérifie i²=-1. De même, une combinaison j'=a'+b'y, a', b' réels b' non nul, vérifie j'²=-1.
Maintenant, on a ij'+j'i=w est réel, on a i(j'+wi/2)+(j'+wi/2)i=ij'+j'i+(w/2)(i²+i²)=w+(w/2)(-2)=0.
Or j'+wi/2 est dans K* et est non nul sinon j' et i sont linéairement dépendants et on en déduit que 1, x et y le sont, (j'+wi/2)²=-k² pour k réel>0
Donc si on pose j=(j'+w/2)/k, on a ij=-ji et j²=-1. Il reste à vérifier (ij)²=-1
Soient deux éléments x et y de K* tels que xy+yx=0 alors (xy)²=-x²y²
(xy)²=xy.xy=xy(-yx)=-x(y²)x, or y² est réel donc =-x²y².
Ainsi, si on pose k=ij, on a i²=j²=k²=ijk=-1 et donc R(x,y) contient un sous-corps isomorphe à H (contenant x et y) mais R(x,y) est le plus-petit sous-corps engendré par R, x et y donc R(x,y) est égal à ce sous-corps et est donc isomorphe à H.

e) soit K un corps contenant R en son centre et de dimension finie sur R alors K est isomorphe à R, C ou H

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Soit K=R et c'est fini.
Sinon soit x dans K\R si K=R(x) alors on a vu que K est isomorphe à C.
Sinon soit y dans K\R(x) si K=R(x,y) alors on a vu que K est isomorphe à H.
Sinon, soit z dans K\R(x,y)
R(x,y) est isomorphe à H donc R(x,y)=R+R.i+R.j+R.k avec i, j k éléments de K tels que i²=j²=k²=ijk=-1.
Comme R(z) est isomorphe à C (z n'est pas dans R) il existe a réel tel que z'=z+a vérifie z' soit dans K*.
On pose iz'+z'i=2b, jz'+z'j=2c, kz'+z'k=2d, on vérifie aisément qu'en posant z''=z'+bi+cj+dk, on a alors : iz''+z''i=jz''+z''j=kz''+z''k= 0.
On a alors z''k=z''(ij)=(z''i)j=(-iz'')j=-i(z''j)=-i(-jz'')=(-i.-j)z''=(ij)z''=kz''
Donc kz''+z''k=2kz''=0 et comme 2k est non nul z''=0.
On a donc z=-a-bi-cj-dk est dans R(x,y) et K=R(x,y) est donc isomorphe à H.

Remarque : il existe des corps de dimension finie sur R non isomorphe à R, C ou H (R n'est plus central évidemment).

[bubulle_01]

Salut tout le monde, et excusez moi de polluer ce topic très intéressant, mais il y a quelques détails qui m'échappe :

Cas particuliers du théorème de la progression arithmétique de Dirichlet

1) montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers.
2) montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers congrus à 3 modulo 4.
3) montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers congrus à 1 modulo 4.

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1) S'il y en a qu'un nombre fini, alors leur produit auquel on ajoute 1 admet pour diviseur au-moins l'un de ces nombres premiers qui divsera par conséquent 1 ce qui est absurde.
2) Raisonnons par l'absurde et notons les a₁,...,a_n. Posons A=4a₁...a_n-1. Considérons les diviseurs premiers de A. Ils sont congrus soit à 1 soit à 3 modulo 4. Le deuxième cas estimpossible. Sinon, ils diviseraient -1! Donc ils sont tous congrus à 1 [4]. Mais alors en faisant les produits, on aurait A congru à 1 [4]. Absurde!
3) Par l'absurde, on les note de la même manière et on pose B=(2a₁...a_n)²+1. Alors si p est un diviseur premier de B, on a que -1 est un carré modulo p et donc p est congru à 1 modulo 4. Or puisque p divise B, on en déduit que p divise 1. Absurde!!

Pourrais-tu détailler les deux derniers points ?
Je ne vois pas comment tu passes d'une étape à l'autre et comment viennent alors les différentes conclusions.

[MiMoiMolette]

Plop,

2) Raisonnons par l'absurde et notons les a₁,...,a_n. Posons A=4a₁...a_n-1. Considérons les diviseurs premiers de A. Ils sont congrus soit à 1 soit à 3 modulo 4. Le deuxième cas est impossible. Sinon, ils diviseraient -1!

ça, vi.
S'ils sont congrus à 3 modulo 4, alors par hypothèse, ils appartiennent à l'ensemble {a₁,...a_n} puisque ce sont tous les nombres premiers congrus à 3 modulo 4. Donc a_k, congru à 3 mod 4, qui divise A, divise 4a₁...a_n aussi. Donc il divise -1. => absurdité.
Donc tout diviseur premier de A est congru à 1 modulo 4.

Donc ils sont tous congrus à 1 [4]. Mais alors en faisant les produits, on aurait A congru à 1 [4]. Absurde!

Donc A=b₁...b_p, avec tous les b_k congrus à 1 mod 4 (décomposition en facteurs premiers).

Donc A est congru à 1 mod 4.
Or, A=4*(quelque chose) -1, donc congru à -1 mod 4.

=> absurdité.

L'hypothèse de départ est donc fausse.

(enfin je crois )

[Ledescat]

[Algèbre] 2 propriétés en dimension 2:

Critère pour que A,B non homothéties soient semblables:

Soient , A et B non homothéties.

Alors A et B sont semblables ssi det(A)=det(B) et tr(A)=tr(B).

preuve:

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Le sens direct est immédiat, pour le sens indirect:

Soit f l'endomorphisme de l'ev E (de dimension 2) associé à la matrice A (g celui associé à B).
f n'étant pas une homothétie, soit libre, et B constitue donc une base de E.
On a donc:


De même, on peut trouver B' telle que:


Avec tr(A)=tr(B) et det(A)=det(B), on obtient donc la propriété escomptée, soit A~B.

Commutant d'une non homothétie:

Soit , E de dimension 2 sur K, f non homothétie.

Alors , ie le commutant de f est l'ensemble des polynômes en f.

preuve:

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On a bien-sûr .

Et dim(K[f])=2, car (f,Id) est libre (f non homothétie), et f² est combinaison linéaire des 2 précédents (tiré de Cayleigh-Hamilton par exemple, mais pas nécéssairement).
Ce qui donne (1)

Comme pour la propriété précédente, comme f non homothétie, on prend a dans E tel que B=(a,f(a)) soit libre, donc constitue une base de E.

On considère l'application:


Elle est linéaire, et injective. En effet, pour g1 et g2 dans C(f), si on a:
, alors , et .
Donc g1 et g2 coïncident sur la base B, donc g1=g2.

L'injectivité (associée au théorème du rang) donne: et (1) donne .

Donc .

[Romain-des-Bois]

Allez, à mon tour, avec un TRES grand classique, pas difficile...



(vous ne me croyez pas ?)

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Lemme : si un entier est impair, alors est impair.
Il suffit d'écrire : alors est impair.

Par l'absurde, si , on peut écrire : où et sont deux entiers ( non nul), qu'on peut supposer premiers entre-eux.

Elevons l'égalité au carré, il vient que est pair, donc est pair (d'après le lemme).

En écrivant , on obtient que est pair, et donc est pair (d'après le lemme).

Conclusion : et sont pairs... absurde !

D'où la conclusion :

[Antho07]

Allez, à mon tour, avec un TRES grand classique, pas difficile...



(vous ne me croyez pas ?)

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Lemme : si un entier est impair, alors est impair.
Il suffit d'écrire : alors est impair.

Par l'absurde, si , on peut écrire : où et sont deux entiers ( non nul), qu'on peut supposer premiers entre-eux.

Elevons l'égalité au carré, il vient que est pair, donc est pair (d'après le lemme).

En écrivant , on obtient que est pair, et donc est pair (d'après le lemme).

Conclusion : et sont pairs... absurde !

D'où la conclusion :

Je propose une autre solution pour ce genre d'exercice ayant l'avantage de marcher pour d'autre racines.

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Montrons par exemple que

Par l'absurde, supposons qu'il existe tels que .

Notons alors (resp ) l'exposant de 7 dans la décomposition en facteurs premier de p (resp de q).

On a alors:

avec 7 qui ne divise pas p'.
avec 7 qui ne divise pas q'.

Ainsi comme

on a
soit
soit

soit

Ainsi, par unicité de la décompositon en facteur premier, on doit avoir


ce qui est impossible puisque l'un est pair et l'autre impaire.

Ainsi, .

Dans le cas ou le nombre sous la racine n'est pas premier, il faut le décomposer en facteurs premiers et trouver le bon facteur sur lequel appliquer ce raisonnement (un exposant impaire suffira)

[Carlos Hooker]

Ton raisonnement est bien mené, mais tu devrais noter ta suite Ap, au risque de confondre l'indice (p, par exemple) de la suite et l'ordre des matrices que tu as noté n)

[Carlos Hooker]

[Algèbre] 2 propriétés en dimension 2:

Critère pour que A,B non homothéties soient semblables:

Soient , A et B non homothéties.

Alors A et B sont semblables ssi det(A)=det(B) et tr(A)=tr(B).

preuve:

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Le sens direct est immédiat, pour le sens indirect:

Soit f l'endomorphisme de l'ev E (de dimension 2) associé à la matrice A (g celui associé à B).
f n'étant pas une homothétie, soit libre, et B constitue donc une base de E.
On a donc:


De même, on peut trouver B' telle que:


Avec tr(A)=tr(B) et det(A)=det(B), on obtient donc la propriété escomptée, soit A~B.

Commutant d'une non homothétie:

Soit , E de dimension 2 sur K, f non homothétie.

Alors , ie le commutant de f est l'ensemble des polynômes en f.

preuve:

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On a bien-sûr .

Et dim(K[f])=2, car (f,Id) est libre (f non homothétie), et f² est combinaison linéaire des 2 précédents (tiré de Cayleigh-Hamilton par exemple, mais pas nécéssairement).
Ce qui donne (1)

Comme pour la propriété précédente, comme f non homothétie, on prend a dans E tel que B=(a,f(a)) soit libre, donc constitue une base de E.

On considère l'application:


Elle est linéaire, et injective. En effet, pour g1 et g2 dans C(f), si on a:
, alors , et .
Donc g1 et g2 coïncident sur la base B, donc g1=g2.

L'injectivité (associée au théorème du rang) donne: et (1) donne .

Donc .

Pourrais tu m'expliquer pourquoi f^2(a)=-det(f)a + tr(f)f(a) ?

[blou92]

bonjour,
J'aimerais avoir des nouvelles de Martini Bird, Homotopie
et autres "éléphants" que je ne croise pas en ce moment.
Merci.
blou92