Salut,
C'est ce qu'il a fait. Il a cité une de tes phrases, un point précis, il a dit qu'il ne comprenait pas et pourquoi. Et donc il attend des éclaircissements. Alors pourquoi ne pas donner ces éclaircissement plutôt que de perdre ton temps à chercher la couleur dans la barre de menu ?Envoyé par Dattier
"Il ne suffit pas d'être persécuté pour être Galilée, encore faut-il avoir raison." (Gould)
Regarde bien ce à quoi répondait ansset. Il ne parlait pas d'utiliser la pointe pour des choses étranges et bizarres. Il en faisait le même usage que toi.
Tu vas trop vite pour répondre et tu réponds complètement à côté de la plaque. Essaie de faire attention et de bien comprendre les messages des autres, sinon on en sortira pas et tout ça va finir à la poubelle, ce qui est dommage, ce fil est amusant.
"Il ne suffit pas d'être persécuté pour être Galilée, encore faut-il avoir raison." (Gould)
Autant pour moi, alors j'ai répondu, en répondant à Ansset, cf le message 90
PS : je n'ai rien à ajouter sur ce point sauf à répéter ce que j'ai déjà dit, ensuite pour ce qui est d'explications supplémentaires, j'ai atteint ma limite explicative, soit on se comprend (avec les messages que j'ai mis), soit on ne se comprend toujours pas, alors je ne saurais pas expliquer autrement qu'en répétant ce que j'ai déjà dit.
Vous n'allez pas me dicter l'usage que j'ai fait et que j'ai expliciter en long en large et en travers, que vous parliez d'un autre usage je le veux bien, mais que vous m'imposiez le fait que l'usage dont vous parlez (qui n'est pas le mien) est en fait le mien, je dis stop à l’ingérence et à se dialogue de sourd.
Ps : je vais dire de quoi il retourne pour ceux qui n'ont pas compris l'en jeu de ce débat, c'est comme si vous faisiez un dessin avec l'intention claire qu'il soit beau, et que d'autres arrivent et voit votre dessin et vous dit que non ton intention n'était pas celle là, mais... et c'est juste insupportable !
Tchuss !
Oui Dattier on a parfaitement compris, c'est toi qui ne comprends pas : tu as marqué les points A et B "avec la pointe" au lieu de les marquer "avec la mine", puisque tu n'as pas tracé l'arc de cercle (de centre O , intersection des deux droites, et de rayon OA ) qui passe par A et B , alors que c'est ça que tu aurais du faire si tu postules que tout point doit etre déterminé par l'intersection de droites et/ou de cercles (dont les points A et B).
Si tu ne postules pas ça et que tu t'autorises à marquer les points avec la pointe, alors je te dis que le 2e cercle passant par B est inutile : tu peux aussi poser la mine sur B et chercher l'intersection avec le cercle centré sur A avec la pointe - du coup la complexité n'est que de 2 - mais c'est aussi tricher pour moi.
Ce n'est pas ce que j'ai fait. Je dis que l'usage que ansset citait est le même que toi.
Ce n'était pas un autre usage.
EDIT il y a aussi le message ci-dessus, tout à fait vrai, mais là non plus ce n'est pas à ça que je faisais référence.
Oui, on a bien parlé d'autres choses (comme le pliage et tout ça). Mais ici ce n'était pas le cas.
EDIT bis Mais je peux comprendre qu'à force de parler de choux, de vaches, de bouteilles, etc.... il devient difficile de comprendre qui parle de quoi. C'est le problème de ce genre de sujet et tu ne peux forcer les autres à rester dans les clous que toi tu déciderais. Futura ne t'appartient pas. Si tu veux absolument que les gens restent dans tes clous, pose tes énigmes uniquement dans ton forum perso, les dattes à Dattier.
Dernière modification par Deedee81 ; 25/06/2018 à 12h48.
"Il ne suffit pas d'être persécuté pour être Galilée, encore faut-il avoir raison." (Gould)
Dattier, essaie aussi de te calmer/baisser d'un ton s'il te plait.
C'est déjà pas fun dans un autre forum, mais ici en forum ludique, si le plaisir disparait, le fil avec. Merci,
"Il ne suffit pas d'être persécuté pour être Galilée, encore faut-il avoir raison." (Gould)
Bonsoir,
Je vous propose une datte qui je l'espère fera date...
Soit $G$ un groupe fini d'ordre $2^p-1$, avec $p$ premier. A-t-on $G$ qui est forcément abélien ?
La solution fait moins d'une dizaine de ligne avec le programme de licence.
Bonne soirée.
Le groupe de Frobenius est un groupe non abélien d'ordre 21. Si tu en fais le produit par Z3 tu obtiens un groupe non abélien d'ordre 63.
63=2^6-1 mais 6 n'est pas premier.
ah mince j'ai toujours pensé que 6 était premier.
moi pareil mais avec 1...
Bonsoir,
Si vous trouvez cela dure, c'est normal, je l'avais testé avant en la proposant pendant plusieurs mois à des matheux professionnel, sans qu'il réussisse de le prouver.
Le but de cette datte est de prouver qu'il existe des preuves courtes (moins de 10 lignes), simple (niveau licence) et qui malgré cela échappe aux pros.
Et que donc probablement Fermat n'avait pas menti sur sa preuve, c'est juste que l'on n'a pas bien cherché, parce qu'on pense que forcément la preuve serait difficile, comme pour ce problème.
Bonne soirée.
je ne vois pas le rapport avec Fermat, quand à cette question/énigme, il est possible qu'elle n'ait pas passionnée les mathématiciens à qui tu l'a proposée.
ce qui ne veut pas dire qu'ils ne savaient pas la résoudre.
Dernière modification par ansset ; 03/08/2018 à 10h17.
y'a quelque chose qui cloche là dedans, j'y retourne immédiatement !
avec mon très ancien bagage en math.
2^p-1 est premier puisque p est premier
un groupe d'ordre premier est cyclique.
tout groupe cyclique est abélien.
y'a quelque chose qui cloche là dedans, j'y retourne immédiatement !
Non, tous les nombres de la forme 2^p-1 ne sont pas premiers. Le plus petit non premier est 2^23-1 = 8388607 = 47*178481. C'est donc un groupe de cet ordre qui est le plus petit candidat contre-exemple...
OK, merci.
( très mauvais souvenir de ma part )
Dernière modification par ansset ; 03/08/2018 à 10h51.
y'a quelque chose qui cloche là dedans, j'y retourne immédiatement !
en fait j'ai inversé l'implication ( si 2^p-1 est premier alors p est premier.)
y'a quelque chose qui cloche là dedans, j'y retourne immédiatement !
On peut encore affiner la recherche, puisqu'un groupe d'ordre pq (avec p et q premiers, q < p) est isomorphe à Z/pqZ si p n'est pas congru à 1 modulo q.Non, tous les nombres de la forme 2^p-1 ne sont pas premiers. Le plus petit non premier est 2^23-1 = 8388607 = 47*178481. C'est donc un groupe de cet ordre qui est le plus petit candidat contre-exemple...
Par contre, si p est congru à 1 modulo q, il existe une action non triviale, et alors le produit direct de Z/pZ par Z/qZ suivant alpha convient.
Du coup, si on a un nombre de Mersenne qui est vérifie ça, on a notre contre exemple
Dernière modification par Tryss2 ; 03/08/2018 à 11h56.
tiens, j'ai écrit que 2^23-1 était le plus petit nombre composé de la forme 2^p-1 mais en fait c'est 2^11-1 = 2047 = 23*89 (Mersenne baisse dans mon estime, celui-là il aurait pu le trouver).
Heu, Mersenne n'a jamais dit que tout les nombres de la forme 2^p-1 étaient premier. Sa proposition c'est "si 2^p-1 est premier, alors p est est premier". Mersenne savait que 2^11-1 était composé.
Bonjour,
Pour être complet, il existe une autre possibilité pour qu'un groupe soit non abelien, c'est que l'ordre possède un facteur premier au moins cubique.
Mais sachant qu'on n'a pas trouvé à ce jour de nombres de la forme 2^p-1 composés contenant un facteur premier carré, je pense qu'on est tranquilles sur cette piste…
Si on revient aux cas de non commutativité évoqués par Triss (contient deux facteurs premiers dont l'un est congru à 1 modulo le second), j'ai testé sur excel les 9 premiers nombres composés de la liste de wikipedia (2^59) et cela semble marcher. Pour les suivants, il faudrait un logiciel de calcul plus puissant
Si Dattier a vraiment trouvé une démonstration qu'une telle configuration n'est pas possible, et donc que tous ces groupes sont abéliens, chapeau ! mais je demande à voir...
Why, sometimes I've believed as many as six impossible things before breakfast
Oui, je me suis corrigé après ( 2fois ), mais tu n'as pas lu, je pense.
y'a quelque chose qui cloche là dedans, j'y retourne immédiatement !
Mon message était une réponse au message de minushabens juste au dessus.
J'ai confondu Mersenne avec Fermat et ses nombres 2^2^n+1
bpn, et si Dattier nous donnait sa démo , ce serait avec plaisir.
On est dans le forum ludique, alors on ne peut pas se contenter de "je l'ai mais je la donne pas, chercher encore ".
y'a quelque chose qui cloche là dedans, j'y retourne immédiatement !
Bonjour,
Normale, mais je ne le dirais que si cela, augmente radicalement la confiance en l’hypothèse que la preuve dont parlait Fermat existe sûrement.
Et pour cela il faut percevoir à quel point ce problème est difficile à résoudre, même si je prétends qu'il existe une preuve courte (moins d'une dizaine de ligne) et facile à comprendre (niveau licence), car, selon moi, la justification est très astucieuse, c'est ce qui la rend difficile à trouver.
Bonne journée.
Bonjour,
Ben si c'est une preuve du type (je te cite)
"A est exacte si avec 10 exemples et pas de contre-exemples connus des concernés"
Alors j'ai déjà fait la démonstration en testant les 10 entiers de Mersenne composés fournis par wikipedia.
Mais si c'est une vraie preuve mathématique que tu as, ne la gâche pas sur ce forum. Cela mérite un article dans une revue à comité de lecture…
Ce qui concerne les nombres de Mersenne a toujours un certain succès médiatique...
Why, sometimes I've believed as many as six impossible things before breakfast
Ce n'est pas clair,
veux tu dire que la demo s'appuie sur la conjecture ( non démontrée ) de Fermat ?
ou bien est ce de l'ordre de la supposition de resartus.
pour ma part, le fait de ne rien dire est plutôt un indice de mauvaise foi.
et effectivement : pourquoi ne serait ce pas publié ? indice de doute supplémentaire.
Dernière modification par ansset ; 04/08/2018 à 10h54.
y'a quelque chose qui cloche là dedans, j'y retourne immédiatement !
Bonjour,
J'ai d'autres "découvertes" à mon actif, toutes publiées ici et là, dans des forums du net par exemple :
1/Si f continue croissante (ou convexe) de [0,1], alors il existe une suite polynôme croissante (ou convexe) C.U. vers f.
2/Si (f_n) fonctions C^1(R) convergent simplement vers g continue, et il existe h localement intégrable tel que f'_n<h p.p.s alors (f_n) C.U
3/Si (f_n) fonctions C^1(R) convergent simplement vers g, et il existe h localement intégrable tel que f'_n<h p.p.s alors g est continue sur R-A avec A au plus dénombrable.
4/Si (f_n) fonctions C^2(R) convergent simplement vers g, et il existe h localement intégrable tel que f''_n<h p.p.s alors (f_n) C.U
5/Une version de Stone-Wieirtrass fini
6/La fonction R : Q(sqrt(2)) dans Q tel que R(a+sqrt(2)*b)=a ne peut pas être construite en composants des fonctions classiques : opérations sur le corps, fonction partie entière, fonction DSE sur R tel que Q(sqrt(2)) est envoyé dans lui même.
... (voir ici, ici ou là profile de Dattier)
Bonne journée.
