Reprise du message précédent :
Une petite question, pour montrer qu'une suite de fonction f_n(x) converge simplement sur un intervalle, est ce que ça suffit de montrer qu'elle converge pour une valeur de x choisie arbitrairement ?

Genre je dis que f_n(0) converge donc f_n(x) converge simplement sur l'intervalle donné.

L'intervalle c'est un "intervalle sur x".
Si par exemple c'est ]-a,a[ avec a>0 et que tu montres que f_n(0) cvs ok, donc t'as cvs en 0, mais en a/2 ? en a/3 ? en... ?

En un mot: non

Ah okay merci ^^

Mais j'avais cru comprendre que la différence entre la convergence uniforme et la convergence simple c'est que la convergence simple dépend de la valeur de x alors que pour la convergence uniforme ca converge pour tout les x de l'intervalle.

Je dis de la merde ou bien... ?

Parce que pour moi dire qu'une suite de fonction converge simplement* sur un intervalle, ça voulait dire qu'elle converge pour au moins une valeur de x de l'intervalle mais pas forcément toutes. Je crois que je vais relire mon cours

Edit: Oh putain, j'annule tout ce que j'ai dit

Ben en convergence simple le rang dépend de x alors qu'en uniforme non.
Ca montre qu'y a une convergence "en bloc"

 
Holy shit  

 
Surtout que l'encadré tout en haut du cours était clair :

Mis en gras et en rouge.

En 2012, ça sera un ban pour une si grossière erreur

Dites voir, jongler avec les propriétés du déterminant c'est assez nouveau pour moi
Quelqu'un pourrait m'expliquer comment ils trouvent ça :

Déjà j'ai du mal à voir comment ils sortent et qu'est ce qui leur donne le droit de sortir le -Dn-1
J'ai également du mal à saisir pourquoi 2Dn-2... Je ne comprends pas trop leurs manipulations, je ne vois pas ce qu'ils utilisent.

J'ai essayé de développer par rapport à la première colonne "numériquement", pour checker si on pouvait voir quelque chose qui permettrait de conclure mais ça ne m'a pas beaucoup avancé. J'ai l'impression qu'ils utilisent des propriétés que je ne connais pas.

C'est une application immédiate des formules de développement du déterminant par rapport à une ligne/colonne

Tu connais les formules au moins ?

Bah oui
Je vais vérifier, merci!

Edit: Ah ouais, t'as carrément raison!

Tu peux essayer avec a,b,c au lieu de -1,-1,2.

Je vais tester

Soit M € Mn(Z) inversible dans Mn(Z). On suppose que M possède n valeurs propres distinctes de module inférieur ou égal à 1.

Montrer qu'il existe p € N* tq M^p = In.

 
Simple.
 
1. Les valeurs propres de M sont de module 1
2. Les valeurs propres de M sont des racines de l'unité
3. M est une racine de la matrice unité.
 
1 : avec le determinant
2 : avec le theoreme de Kronecker
3 : immediat avec 2

Ton intervention ne répond donc pas au problème posé.

C'est quoi le théorème de Kronecker ?

Je ne sais pas non plus, d'où ma réponse.

Pile quand ça parle de faire une recherche google sur l'autre topic.

Kronecker a écrit plusieurs théorèmes
Pour moi, c'est "si u_n/n->0 alors u_n tend vers 0 en moyenne de Cesaro", ce qui n'a pas grand rapport

 
le resultat de Kronecker dit que si un entier algebrique a tous ses conjugue de module 1 alors c'est une racine de l’unité.

Ah oui ça a vraiment l'air beaucoup plus trivial que son exercice

 
Ta preuve est jolie.  
 
Du coup, j'essaye de démontrer le théorème de Kronecker en utilisant ton résultat :
 
Soit  P € Z[X], unitaire, dont toutes les racines sont de module 1.
 
Montrons que les racines de P sont des racines de l'unité (thm. de Kronecker).
 
Soit  M=C(P) la matrice compagnon de P. Elle est à coefficients entiers et ses
valeurs propres sont les racines de P.  
 
Donc  det(M) est un entier de module 1,
donc M est inversible dans  M_n(Z).  
 
On va vu qu'il existe  p>= 1 tel que  M^p=I.
 
Donc les valeurs propres de  M sont des racines $ p-emes de  1, c.q.f.d.
 
Tu as donc bien démontré le thm de Kronecker. Je vais réfléchir à une autre preuve, sans matrice.

Soit n€N*

Soit G un sous groupe de (Z^n,+) non réduit à 0.

Montrer qu'existent u1,...,up € Z^n et non nuls tels que G = Z u1 +...+ Z up (en somme directe)

Soit  P\in Z(X) un polynôme à coefficients entiers et racines multiples  
 
P(x)=(x-r_1)^{a_1}...(x-r_m)^{a_m},
 
où les exposants  a_k  sont des entiers >= 1 et les racines  r_k sont toutes distinctes.
 
Est ce que le polynôme  Q(x)=(x-r_1)...(x-r_m) a t-il toujours des coefficients entiers ?  

VictorVVV dans les choux...

Le lemme que j'utilise s'appelle en fait Lemme de Gauss.

J'avais trouvé l'astuce (pgcd) lors de la lecture, donc je savais que c'était à coefficients rationnels, mais j'ai mis plus de temps pour trouver et démontrer un équivalent au Lemme de Gauss.

 
Solution quick&Nice !
 
Voyons voir, du côté de la géométrie descriptive !  
 
Soient  A_1,...,A_n ,  n points distincts ( n >= 3) dans l'espace à  3 dimensions habituel .
 
Notons avec  P_{ij} (i<j) le plan perpendiculaire sur la droite  A_{i}A_{j} et passant par le barycentre des autres n-2 points.
 
Montrer que l'intersection de tous les plans  P_{ij} est non-vide si et seulement si les  n points sont sur une sphère .
Ça se généralise à des espaces de dimensions supérieures à  1 (y compris  \infty).  

 
Je propose une autre preuve du coup. J'utilise trois lemmes :
 
   1. Lemme : soit $ z\in\mathbf C$ tel que pour tout automorphisme $ f$ du corps $ \mathbf C$, $ f(z)=z$. Alors $ z\in\mathbf Q$.
   2. Lemme : l'ensemble $ \overline{\mathbf Z}\subset \mathbf C$ des entiers algébriques est un sous-anneau de $ \mathbf C$.
   3. Lemme : si un rationnel $ x\in\mathbf Q$ est un entier algébrique, alors il est entier (plus précisément : $ \mathbf Q\cap \overline{\mathbf Z}=\mathbf Z$).
 
 
Soit $ f$ un automorphisme de $ \mathbf C$. Les rationnels sont évidemment laissés fixes par $ f$ donc $ P$ aussi et donc $ f$ permute les racines de $ P$ : $ f$ permute les $ r_i$. Par conséquent, les coefficients de $ Q$, qui sont des fonctions symétriques de $ r_i$, sont laissés fixes par $ f$. Puisque cela est vrai pour tout $ f$ et d'après le lemme 1 :
 
$\displaystyle Q\in\mathbf Q[X]$
 
 
Comme $ P$ est unitaire à coefficients entiers, les $ r_i$ sont des entiers algébriques. Les coefficients de $ Q$ sont des sommes et/ou produits des $ r_i$ donc, d'après le lemme 2, les coefficients de $ Q$ sont des entiers algébriques :
$\displaystyle Q\in\overline{\mathbf Z}[X]$
 
 
Enfin, d'après le lemme 3 :
$\displaystyle Q\in\mathbf Z[X]$
 
T'en pense quoi VictorVVV ?
 

Ça m'a l'air correct.  
Tu sais bien sûr démontrer que les entiers algébriques forment un anneau.

 
Vraiment ?  
 
En fait il reste tous les lemmes. Je pense que le lemme 1 est le plus difficile, ensuite le lemme 2, puis le lemme 3 n'est qu'un exercice classique et élémentaire d'arithmétique. Voici donc une preuve du lemme 2 :
 
On note : $ \overline{\mathbf Z}$ l'ensemble des entiers algébriques (c.a.d. des nombres complexes qui sont racines d'un polynôme unitaire à coefficients entiers).  
 
Pour ceux qui ne connaissent pas : tout entier algébrique est un nombre algébrique mais la réciproque est fausse, $ \frac{1}{2}$ est un nombre algébrique qui n'est pas un entier algébrique.  
Il est clair que $ 1\in\overline{\mathbf Z}$ donc il ne reste qu´à prouver que cet ensemble est stable par $ +$, par passage à l'opposé, et par $ \times$.  
 
On va tout faire d'un coup en montrant que si $ x,y\in\overline{\mathbf Z}$, l'ensemble $ A=\mathbf Z[x,y]$ des nombres de la forme $ P(x,y)$ avec $ P$ polynôme à coefficients entiers en deux variables est inclus dans $ \overline{\mathbf Z}$.  
 
Comme $ x$ est un entier algébrique, il existe un entier $ n\ge 1$ tel que $ x^n$ est une combinaison $ \mathbf Z$-linéaire de $ 1,x,\dots,x^{n-1}$. On en déduit que toute puissance de $ x$ est une combinaison $ \mathbf Z$-linéaire de $ 1,x,\dots,x^{n-1}$.
 
De même, il existe un entier $ m\ge 1$ tel que toute puissance de $ y$ est une combinaison $ \mathbf Z$-linéaire de $ 1,y,\dots,y^{n-1}$.
 
Alors toute expression de la forme $ x^a y^b$ est une combinaison $ \mathbf Z$-linéaire des $ x^i y^j$ avec $ i<n$ et $ j<m$.
 
Autrement dit : la famille $ G$ des $ x^i y^j$ avec $ i<n$ et $ j<m$ est $ \mathbf Z$-génératrice du $ \mathbf Z$-module $ A$. Soit maintenant $ z\in A$ et considérons l'application $ m_z:t\mapsto zt$ de $ A$ dans $ A$, "multiplication par $ z$".  
On définit naturellement la matrice $ M_z$ de $ m_z$ dans la famille $ G$ (comme en algèbre linéaire "classique" ).
C'est une matrice à coefficients entiers.  
 
Son polynôme caractéristique $ Q$ est donc à coefficients entiers (et unitaire). D'après un célèbre théorème, $ Q(M_z)=0$,
donc $ Q(m_z)=0$, or $ Q(m_z)$ est la multiplication par $ Q(z)$.  
 
Ainsi la multiplication par $ Q(z)$ est l'application nulle de $ A$ dans $ A$. En praticulier l'image de $ 1$ est nulle donc $ Q(z)=0$ ce qui prouve que $ z$ est un entier algébrique, cqfd.
 
 

Si tu es paumé, je peux t'expliquer.  
 
 
 
 
 

Non, j'ai simplement voulu vérifier tes capacités. Tu mentionnes souvent des lemmes qui ne sont pas connu du grand public (ici, les taupins), alors qu'on est sensé faire les exos ici avec uniquement leurs connaissances.
Ta démo est correcte, c'est celle que j'avais en tête.

 
Tu te trompe. Pas si souvent que ça concernant les "lemmes mentionnés"...
 
Pour revenir à ma démo,  
 
Cette preuve répond aussi à quelques problèmes concrets tels que : trouver un polynôme unitaire à coefficients entiers dont $ z=\sqrt 2+\sqrt 3$ est racine (je choisis un exemple facile mais on pourrait compliquer). On prend le polynôme caractéristique de la matrice de la multiplication par $ z$ dans la famille $ 1,\sqrt 2,\sqrt 3,\sqrt 2\sqrt 3$ (matrice 4*4, donc polynôme de degre 4) et c'est terminé. Si ça peut compléter ta culture...
 
 
 
 
 
Voici un petit problème sympathique ...
 
Soient  A,B deux matrices n x n à coefficients réels telles que  A^2+B^2=\pi (AB-BA)
 
Montrer que  A^2+B^2 n'est pas inversible!