Aïeaïeaïe...Envoyé par Aquila
Si tu trouves uniquement 0 comme radical c'est peut-être que c'est vrai... mais il y a des tas de cas où ça ne se passe pas comme ça.
Pour ta deuxième remarque: tu ne confonds pas la somme de deux espaces vectoriels avec leur réunion (qui n'est pas en général un e.v.)? Si E = F1 + F2, il y a des tas de vecteurs de E qui ne sont ni dans F1 ni dans F2...
-- françois
Même si c'est une somme directe ? Parce que supplémentaire, ça veut bien dire que leur somme est directe. ça veut donc dire que R^3 = F + 0 et F n 0 = [vide]. Non ?
Oui.
Dans l'espace on a par exemple E=Vect(x,y) le plan d'équation z=0 et F=Vect(z) la droite d'équation x=0, y=0.
mais l'union EuF n'est que la réunion d'un plan et d'une droite !
Cordialement.
Merci.
Mais attendez, je crois bien que le problème ne se pose pas, je crois que j'ai fait une grossière erreur... Mon radical, je crois bien que ce n'est pas le vecteur nul. Je dois vérifier.
Effectivement, j'avais fait une erreur. Mon radical n'est pas réduit au vecteur nul. Par contre, qu'en est-il de mon interprétation matricielle ? Est-elle correcte ?
Merci
Oui.
-- françois
Merci. J'avais donc dû faire la même grossière erreur de calcul lors de la résolution de mon système issu de l'interprétation matricielle. Merci de ces réponses.
J'aurai peut-être d'autres questions très bientôt... lol
Oui, j'avais bien fait une erreur sur ma matrice
Bonjour !
Nouvelle petite question...
Voilà, on a l'espace quadratique de Minkowski (espace de la Relativité Restreinte) muni de sa forme quadratique q(t, x, y, z) = t² - x² - y² - z²
On me demande de prouver que l'ensemble des vecteurs v = (t, x, y, z) tel q(v) = 0 est une droite. (En fait, on me demande de montrer que tout sous-espace isotrope est une base)
Je pose donc l'équation : t² - x² - y² - z² = 0
Soit t² = x² + y² + z²
Donc l'ensemble des vecteurs isotropes est l'ensemble des vecteurs s'écrivant :
/ \
l racine ² (x² + y² + z²) l
l x l
l y l
l z l
\ /
Et pour moi ce n'est pas une droite vectorielle, puisqu'une droite est de dimension 1, alors que cet espace est de dimension au moins 3 (car (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) et (0, 0, 0, 1) sont des vecteur libres générateurs de cet espace).
Est-ce que quelqu'un a une idée de mon erreur ? [Je rappelle que ma consigne est de prouver que l'ensemble des vecteurs isotropes est une droite.]
Merci d'avance.
Bonjour,
L'ensemble des vecteurs tels que q(v) = 0 s'appelle le cône isotrope, et ce n'est pas (en général) un espace vectoriel: il n'est même pas stable par addition (q(u) = q(v) = 0 n'implique pas q(u+v) = 0).
Il y a comme un problème dans l'énoncé...
Cela dit, le cône isotrope est stable par homothétie (d'où son nom): s'il contient un vecteur, il contient toute la droite engendrée par ce vecteur. Et s'il contient deux vecteurs orthogonaux, il contient le sous-espace enngendré par ces vecteurs. Ça peut aider. Mais une droite, non, vraiment pas.
-- françois
L'énoncé exact est : montrer que tout-espace totalement isotrope F non nul de M (espace de Minkowski) est une droite.
Pour moi aussi il y a un problème, qui cette fois ne vient pas de moi
Je vais demander à des collègues uqi ont le meme énoncé s'ils ont trouvé. Merci de ton aide François
Gaël
Aaaah oui oui oui.L'énoncé exact est : montrer que tout-espace totalement isotrope F non nul de M (espace de Minkowski) est une droite.
Pour moi aussi il y a un problème, qui cette fois ne vient pas de moi
Je vais demander à des collègues uqi ont le meme énoncé s'ils ont trouvé. Merci de ton aide François
Gaël
Un sous-espace totalement isotrope, c'est d'abord un sous-espace. Déjà ça de pris. Et totalement isotrope, ça veut dire que la restriction de q à ce sous-espace est identiquement nulle. Ce qui est bien différent...
-- françois
Et donc comment trouve-t-on la démonstration ?
Je ne me souviens plus le détail, mais je sais que pour une forme quadratique de signature (n+,n-) dans un espace de dimension n, un sous-espace totalement isotrope a une dimension au max égale à
min (n - n+, n - n-)
-- françois
Rebonjour,
En fait c'est très simple: pour une forme quadratique de signature (n+,n-), un sous-espace totalement isotrope ne peut intersecter un sous-espace "euclidien" (i.e. où q est de signe constant) qu'en {0}. Donc la dimension d'un tel sous-espace ne peut excéder n+ ni n-, c-à-d min(n+,n-), donc 1 dans ton cas. On a toujours {0} totalement isotrope (de dimension 0) et il est facile de trouver une droite vectorielle (p.ex. de direction (1,1,0,0)) totalement isotrope, et on ne peut pas avoir plus grand.
-- françois
Merci beaucoup de ta réponse et du temps que tu as sacrifié pour y répondre! Je suis désolé, hier, j'ai dû m'absenter, sinon, je t'aurai répondu.
Effectivement, c'était très simple ! C'était juste une considération sur les dimensions, avec la signature. Je soupçone justement que c'est parce que c'est simple que je n'ai pas trouvé...
Merci encore. Si j'ai d'autres questions, je te ferai signe. ça ne te dérange pas ?
A bientôt
Bonjour,
Tellement simple que j'avais oublié la démo... Il m'a fallu quelques minutes pour la reconstituer!Ça m'arrive de temps à autre, de ne plus savoir démontrer des trucs pourtant évidents.
Naturliche. C'est toujours avec plaisir!Merci encore. Si j'ai d'autres questions, je te ferai signe. ça ne te dérange pas ?
-- françois
ça tombe bien, j'ai encore une question !!!
Si v1 et v2 sont deux vecteurs temporels (dont l'image par q est positive) non colinéaires.On demande de montrer qu'ils engendrent un plan artinien, c'est-à-dire de signature (1, 1)
v1 et v2 n'étant pas colinéaires, ils sont libres. Donc ils forment une base du plan qu'ils engendrent
Or par définition d'un vecteur temporel, q(v1) > 0 et q(v2) > 0. La signature de ce plan est donc pour moi (2, 0), et le plan qu'ils engendrent n'est donc pas artinien.
Une fois de plus, je prouve le contraire de ce qui est demandé... Tu peux m'aider à trouver mon erreur ?
Merci
Gael
Bonjour,
NAAAAAN!
Ton raisonnement ne marche que si v1 et v2 sont orthogonaux! Tu peux très bien avoir q(v1) et q(v2) > 0, dans un plan artinien, si b(v1,v2) est suffisamment grand (en valeur absolue).
Je cherche rapidement la solution (ça me rafraîchit la mémoire, tes questions
A++
-- françois
Bonjour,
Donc ça veut dire que v1 et v2 ne forment pas une base du plan qu'ils engendrent, si j'ai bien compris ?
Pour tes considérations sur les vecteurs temporels, je vais y réfléchir aussi.
Sinon, content que mes problèmes te plaisent ! (Entre nous, ce serait mieux si je pouvais les faire sans toi, mais bon, à la guerre comme à la guerre ! Vu les conditions actuelles de travail des étudiants en France...) Merci !
Aaaargh!
Deux vecteurs non colinéaires forment toujours une base de l'espace qu'ils engendrent (par définition!)
Simplement, l'expression de q(x.v1 + y.v2) dans cette base n'est tout simplement pas x²q(v1) + y²q(v2)... C'est x²q(v1) + 2xy.b(v1,v2) + y²q(v2)
et si tu fais un rapide calcul de déterminant, tu vois que dès que |b(v1,v2)| est assez grand la forme est hyperbolique (elle admet des vecteurs isotropes non nuls). Et comme un plan hyperbolique est équivalent à x²-y² (c'est très très abrégé, mais je me comprends, je sais pas pour toi...)
-- françois
Bonjour !
Merci, je pense que j'ai compris. En tous cas, j'ai réussi à refaire la démonstration...
A+
Gael
Bonsoir!
Un message pour Ben (et pour ceux que ça intéresse). J'ai vu une autre méthode en cours à laquelle je n'avais jamais pensé et je la trouve franchement pas mal. Prenons une matrice carrée inversible que je nomme A. On utilise alors le théorème de Cayley-Hamilton qui dit que le polynôme caractéristique de A, annule A. En bidouillant l'égalité, on peut trouver A*(polynôme)= I (où I est la matrice identité). On a donc l'inverse de A (on montre assez simplement qu'un "inverse à droite" est aussi un "inverse à gauche" et qu'il s'agit donc bien de l'unique inverse de A ; enfin ce n'est pas la question posée). Signalons, au passage que cette méthode est rentable si le degré du polynôme caractéristique n'est pas très élevé ou s'il existe une relation de récurrence simple pour calculer les puissances de A. Je prends un exemple pour éclaircir mon discours.
On conserve la même hypothèse sur A. Supposons maintenant que son polynôme caractéristique soit :
D'après Cayley-Hamilton, on peut écrire que :
Ainsi
Voilà, voilà
Dimitri.
Bonsoir,
Pour préciser uniquement.
Cela démontre que l'inverse d'une matrice inversible est un polynôme en cette matrice.
On se sert de l'hypothèse A inversible quand on dit qu'un certain polynôme en A vaut l'identité. En effet, le polynôme caractéristique a un coefficient constant égal à det(A). Si on considère le polynôme caractérisque, on sait qu'il est de la taille de la matrice. Donc pour une matrice N*N, il est de degré N. Au passage, pour calculer les coefficients de ce polynôme, on doit trouver les coefficients du polynôme caractéristique, ce qui est numériquement très dur (C'est des déterminants dans tous les sens), sauf en petite dimension évidemment.
Enfin, ce raisonnement marche non seulement avec le polynôme caractéristique, mais aussi avec le polynôme minimal, ce qui peut être bien plus intéressant ! (On est sûr que le coefficient constant est non nul car il divise le polynôme caractéristique )
Bon tout ça pour dire que c'est théoriquement intéressant, mais numériquement, on utilise quand même le pivot de Gauss.
__
rvz, qui complète
