Bonjour,
Est-ce que quelqu'un connaîtrait une démo simple pour la propriété suivante du groupe de Lorentz usuel:
Quelle que soit la transformation prise dans le groupe de Lorentz (1,3), il existe au moins une paire de plans minkowski-orthogonaux qui sont tous deux laissés globalement invariants par la transformation.
Merci d'avance,
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Salut,
Hé bé, c'est pas si évident ça. J'avais commencé à rédiger (deux fois !) avant de penser "zut, c'est pas bon".
Est-ce que l'affirmation est vraie ?
La réponse m'intéresse aussi.
"Il ne suffit pas d'être persécuté pour être Galilée, encore faut-il avoir raison." (Gould)
C'est une conséquence de la liste des classes de conjugaison qu'on arrive à trouver dans certains textes. Chaque classe a cette propriété, donc tout le groupe l'a!Envoyé par Deedee81
Mais si quelqu'un présente un contre-exemple, je suis preneur.
Passer par les classes de conjugaison est plutôt lourd! (Et la démo aboutissant à la liste des classes, je ne l'ai pas non plus.)
Dernière modification par Amanuensis ; 13/05/2013 à 13h57.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Bonjour,
Cela résulte du fait qu'un endormorphisme d'un R-espace vectoriel fini laisse necessairement un plan invariant.
Le groupe de Lorrentz etant le groupe des automorphisme orthogonnaux de la métrique (3,1), si un element dedans stabilise un plan, il stabilise aussi son orthogonnal, qui est aussi un plan.
J'ai pas pu édité à temps!
C'est tout endomorphisme d'un R-espace vectoriel fini stabilise soit une droite soit un plan. Et pas seulement un plan.
Dernière modification par invite76543456789 ; 13/05/2013 à 17h50.
Cela ne peut pas être vrai pour un endomorphisme nilpotent, si ?
D'accord, le groupe de Lorentz n'en contient pas... J'imagine que le théorème s'applique aux inversibles. Cela se démontre par factorisation du polynôme caractéristique ?
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Un endomorphisme nilpotent a necessairement un noyau non trivial. S'il est de dimension >2, on peut prendre un plan a l'interieur qui est stable.
Personnellement je prouverai le résultat de la manière suivante, apres tensorisation par C, l'endomorphisme est scindé, s'il a une valeur propre réelle c'est fini, s'il a une valeur propre non réelle, alors il a une valeur propre complexe conjuguée, et on en déduit un plan réel stable (engendré par la partie réelle et la partie imaginaire d'un vecteur propre).
Mais en regardant la decomposition en facteur irreductible du polynome carractéristique, ca marche aussi (un plan correspondra à un facteur de degré 2)
Ah, je viens de piger le sens de la remarque, j'utilisais invariant au sens de stable (ce qui est maladroit de ma part), pour un automorphisme les deux notions coincident, mais effectivement j'aurai du dire tout endormorphisme stabilise une droite ou un plan.
My bad.
C'est bien ce que vous aviez écrit. C'est moi qui n'ai pas percuté sur "stabilise", la question portant sur une invariance...
Mais si l'endomorphisme est bijectif, stabilisation d'un sev => invariance globale du sev
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OK, c'est tout bête... Rouillé je suis!il a une valeur propre complexe conjuguée, et on en déduit un plan réel stable (engendré par la partie réelle et la partie imaginaire d'un vecteur propre
Voilà qui fait que ma question est répondue.
Dernière modification par Amanuensis ; 13/05/2013 à 19h22.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Salut,
J'ai compris aussi. D'autant que je me rend compte que j'avais mal lu l'interrogation initiale, maintenant c'est nettement plus clair.
Merci beaucoup,
"Il ne suffit pas d'être persécuté pour être Galilée, encore faut-il avoir raison." (Gould)
Juste un petit caveat: En minkowskien, deux plans orthogonaux ne sont pas nécessairement supplémentaires. Il n'y a pas nécessairement décomposition en deux plans supplémentaires chacun globalement invariant (et donc encore moins décompositions en deux plans orthogonaux, supplémentaires et invariants).
Ceci dit les exceptions sont rarement utilisées...
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Bonjour, une question possible bête dans la théorie des groupes:
est ce que les deux droites ou plans contiennent les éléménts idempotent des endomorphismes (de leurs représentations ,la vérité je sais pas comment formuler la question dans les groupes)?
Dernière modification par azizovsky ; 14/05/2013 à 10h38.
càd dans le cas où il sont orthogonaux leurs produit est <e,e*>=0 (e,e*les éléments idempotents)
Dernière modification par azizovsky ; 14/05/2013 à 10h59.
j'ai lu et relu ma question pour savoir est ce que je l'ai bien exprimé ,d'une autre manière :
est ce que <e,e*>=0 est lié à la représentation des endomorphisme ou à leurs représentation géométique ?
Les deux plans ou droites représentent les éléments de module nulle de leurs représentations .
Dernière modification par azizovsky ; 14/05/2013 à 12h11.
olala , la réponse est donné par Amanuensis .
Bonsoir , je voulais dire où la métrique de minkowski est nulle .
Bonjour , physiquemenet l'invariant est le cône de lumière .
j'ai pas tout compris de la question, ni de la réponse, en termes mathématiques, est-ce que par hasard en terme physique ça a un rapport avec le fait que pour une transformation selon x, x et ct vont varier "inversement", et donc que deux plans orthogonaux sont (x,ct) et (y,z) ou alors c'est bien plus compliqué que ça?
j'aspire à l'intimité.
Oui, c'est ça.
Dans le cas de la TL usuelle, les deux plans laissés invariants sont bien ceux générés l'un par (x, t) [et donc par (x', t')], et l'autre par (y, z).
C'est la même chose pour les "rotors", les transformations combinant une TL en (x, t) et une rotation spatiale dans le plan (y, z).
C'est un peu plus compliqué quand même parce qu'il y a des transformations dans le groupe qui ne sont pas des rotors.
Dernière modification par Amanuensis ; 15/05/2013 à 10h50.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
