Détermination de matrice

Harastieu

Bonjour
J'ai un exercice à réaliser dans un devoir maison (voir pièces jointe).
Et je n'arrive pas à le résoudre, car, en effet, j'ai trouvé une base de P mais ensuite je ne vois pas comment partir car en cours, on a toujours travaillé les symétries avec des applications.
Une idée ?
Cordialement,
Matthieu

michael

Salut,

une idée (peut-être pas la meilleure) : ton vecteur $\vec{u}$ et la base trouvée pour $P$ forment une base de $\mathbb{R}^3$.
1. Trouve la matrice de ta symétrie dans cette base.
2. Change de base pour te ramener à la base canonique.

gerard0

Bonjour Matthieu.

$\vec x$ et $\vec y$ sont symétriques par rapport à (P) si $\vec x-\vec y$ est colinéaire à $\vec u$ et $\vec x+\vec y$ est dans P, ce qui permet de trouver les coordonnées de $\vec y$ connaissant celles de $\vec x$.

Cordialement.

GaBuZoMeu

Tu sais peut-être exprimer la projection orthogonale d'un vecteur $\vec v$ sur la droite vectorielle engendrée par $\vec u$. Si oui, tu peux exprimer sans difficulté le symétrique orthogonal de $\vec v$ par rapport au plan vectoriel orthogonal de $\vec u$.
Il suffit ensuite d'appliquer cette expression aux vecteurs de la base canonique pour obtenir la matrice demandée.
Comme ça, pas besoin du lourd attirail du changement de base.

P.

Dans un espace euclidien $E$ si $a,b\in E$ on note $a\otimes b$ l'endomorphisme de $E$ define par $x\mapsto a\langle b,x\rangle$. Si $v$ est unitaire et si $P$ est le plan perpendiculaire a $v$ la symetrie orthogonale par rapport a $P$ est $\mathbb{id}_E-2v\otimes v.$ Application $E=\R^3$ euclidien canonique et $v$ est de matrice representative $V=[3/5,0,4/5]^T$. La matrice representative de $v\otimes v$ est la matrice $3\times 3$ qui est $V V^T$. On en deduit celle de $\mathbb{id}_E-2v\otimes v.$

pappus

Bonjour
Je crois qu'il est ici essentiel de distinguer entre application linéaire et matrice.
Soit $E$ un espace vectoriel euclidien dont le produit scalaire est noté: $\langle \bullet \vert \bullet\rangle$
Soit $L$ la droite vectorielle engendrée par le vecteur unitaire $u$ et $L^{\perp}$ l'hyperplan orthogonall
Le projecteur orthogonal sur $L$ est:
$p:x\mapsto \langle x\vert u\rangle u$
Le projecteur orthogonal sur $L^{\perp}$ est donc:
$q:x\mapsto x- \langle x\vert u\rangle u$
La symétrie orthogonale par rapport à $L$ est:
$r:x\mapsto 2 \langle x\vert u\rangle u-x$
La symétrie orthogonale par rapport à $L^{\perp}$ est:
$s:x\mapsto x-2 \langle x\vert u\rangle u$
Maintenant c'est un jeu d'enfant d'écrire les matrices de ces quatre opérateurs dans une base orthonormée de $E$ dans laquelle les composantes de $u$ sont $(u_1,u_2,\dots,u_n)$.
Comment modifier ces opérateurs et matrices si $u$ n'est pas unitaire?
D'un point de vue mnémotechnique, il me semble plus facile de se rappeler ces opérateurs puis d'évaluer leurs matrices!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Harastieu

Bonjour à tous,

Voilà ce que j'ai fait pour cet exercice, pensez vous que c'est bon ? Merci d'avance !

soit $\vec u
\begin{pmatrix}
3 \\
0 \\
4
\end{pmatrix} $

P est orthogonal à $ \vec u \hspace{0.1cm} donc \hspace{0.1cm} \forall x \in P , x \perp \vec u $



soit $\vec x
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix} $



< $ \vec x $ , $ \vec u $ > = 3x + 4z = 0 $ \Leftrightarrow $ x = $ \frac{-4}{3} z $



S = $ \left\{
\begin{pmatrix}
\frac{-4}{3}z \\
y \\
z
\end{pmatrix} y , z \in \mathbb{R} \right\} = \left\{ z
\begin{pmatrix}
\frac{-4}{3} \\
0 \\
1
\end{pmatrix} + y \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} \hspace{0.1cm} y , z \in \mathbb{R} \right\} $



Une base de P est donc < $\begin{pmatrix}
\frac{-4}{3} \\
0 \\
1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} $ >



soit $\vec u
\begin{pmatrix}
3 \\
0 \\
4
\end{pmatrix} $ et P = < $\begin{pmatrix}
\frac{-4}{3} \\
0 \\
1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} $ >



B = < $ \vec b_{1} \begin{pmatrix}
3 \\
0 \\
4
\end{pmatrix} \vec b_{2} \begin{pmatrix}
\frac{-4}{3} \\
0 \\
1
\end{pmatrix} \vec b_{3} \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} $ > Une base de $\mathbb{R}^3$



et $ s(\vec u) = 2p(\vec u)- \vec u $ avec s , symétrique de $\vec u $ et p le projeté de $ \vec u $



$ \vec w ( x ; y ;z ) = x\vec b_{1} + y\vec b_{2} + z\vec b_{3} $



ou x , y , z sont les coordonnées de $\vec w $ dans B



$ p(\vec w) = y\vec b_{2} + z\vec b_{3} $



$ s(\vec{w}) = 2y\vec b_{2} + 2z\vec b_{3} - \vec w $



$ s(\vec w) = 2y\vec b_{2} + 2z\vec b_{3} - x\vec b_{1} + y\vec b_{2} + z\vec b_{3} $



$ s(\vec w) = -x\vec b_{1} + y\vec b_{2} + z\vec b_{3} $


$ s(\vec w) = \begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix} $ avec $ \begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix} = M_{B}(S) $



soit $ M_{C} (B)= \begin{pmatrix}
3 & \frac{-4}{3} & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
4 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix} $



$ M_{C}(s) = M_{C} (B) * M_{B}(s) * M_{B}(C) $



$ M_{C}(s) = \begin{pmatrix}
3 & \frac{-4}{3} & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
4 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix} {\begin{pmatrix}
3 & \frac{-4}{3} & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
4 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}}^{-1} $



$ M_{C}(s) = \begin{pmatrix}
\frac{7}{25} & 0 & \frac{-24}{25} \\
0 & 1 & 0 \\
\frac{-24}{25} & 0 & \frac{-7}{25} \\
\end{pmatrix} $ donc s$(\vec u) = \begin{pmatrix}
-3 \\
0 \\
-4
\end{pmatrix} $


Cordialement,

Matthieu

P.

Rien lu de ces inutiles tartines, sauf le correct resultat final.

pappus

Bonjour
Voilà la vitesse à laquelle cela doit aller et dans un concours le temps c'est de l'argent!
On commence par normaliser le vecteur $u$ pour obtenir le vecteur $v=(\frac 35,0,\frac 45)$
Comme je l'ai dit la symétrie $s$ par rapport à $P$ est donnée par la formule:
$s(x) = x-2\langle v\vert x\rangle v$
Ici on travaille dans $E=\mathbb R^3$ euclidien usuel.
Donc $x=(x_1,x_2,x_3)$, $\langle v\vert x\rangle=\frac{3x_1}5+\frac{4x_3}5$
Donc $y=s(x)=x-2(\frac{3x_1}5+\frac{4x_3}5)v$
On écrit les 3 composantes:
$y_1=x_1-2(\frac{3x_1}5+\frac{4x_3}5)\frac 35=\frac 7{25}x_1-\frac{24}{25}x_3$
$y_2=x_2$
$y_3=x_3-2(\frac{3x_1}5+\frac{4x_3}5)\frac 45=-\frac{24}{25}x_1-\frac 7{25}x_3$
Enfin on écrit la matrice de $s$ dans la base canonique de $\mathbb R^3$, juste pour le plaisir de l'écrire puisque c'est ce qui est demandé!
$$\begin{bmatrix}
\frac 7{25}&0&-\frac{24}{25}\\
0&1&0\\
-\frac{24}{25}&0&-\frac 7{25}
\end{bmatrix}
$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Harastieu

Bonjour,

Merci de vos réponses ! vous m'avez été d'une grande aide !

je vous souhaite une bonne fin de journée,

cordialement,

Matthieu

christophe c

Eh bé, je n'ai jamais vu autant d'experts intervenir dans un fil aussi classique! :-D Personnellement, si c'est une question de chrono, je ne suis pas expert, mais est-il si difficile d'exprimer la matrice de la projection $p$ sur le plan demandé? Parce qu'ensuite, la symétrie demandée n'est que $x\mapsto 2p(x)-x = s(x)$? (Sauf erreur)

christophe c

Suis-je bête. Pappus avait déjà répondu. Pardon. De mon téléphone.

Harastieu

Aucun soucis ! merci à vous tous !

Bonne soirée

Amicalement ( et mathématiquement ! ) ,

Matthieu

pappus

Bonjour
Je voudrais détailler un peu plus le cas général d'un espace euclidien $\langle\bullet\vert \bullet \rangle$ de dimension quelconque.
Regardons déjà ce qui peut être dit dans le cas d'un espace vectoriel $E$ sur un corps quelconque $K$.
On se donne un vecteur $u$ de $E$ et on cherche à déterminer les projecteurs $p$ de $E$ sur la droite vectorielle $L$ engendrée par $u$.
Tout projecteur $p$ sur $L$ est de rang 1 et s'écrit: $p(x)=\varphi(x)u$ où $\varphi$ est une forme linéaire non nulle.
On doit avoir $p^2=p$. Comme $p^2(x)=\varphi(u)\varphi(x)u$, cela exige $\varphi(u)=1$.
Réciproquement tout endomorphisme $x\mapsto \varphi(x)u$ où $\varphi$ est une forme linéaire vérifiant $\varphi(u)=1$ est un projecteur.
Maintenant on est dans un espace euclidien $E$
Par dualité euclidienne, il existe un unique vecteur $v\in E$ tel que $\varphi(x) =\langle v\vert x\rangle$ pour tout $x\in E$.
Parmi tous ces projecteurs, celui qui est orthogonal est celui dont les sous-espaces propres sont: $L$ pour la valeur propre $1$ et $L^{\perp}$ pour la valeur propre $0$. Ces sous espaces propres sont donc orthogonaux!
Il en résulte que $p$ est un opérateur symétrique $p=p^*$.
Entre parenthèses, la terminologie de projecteur orthogonal est malvenue puisqu'on sait que le rang d'un endomorphisme orthogonal est $\mathrm{dim}(E)$. On aurait dû les appeler projecteurs symétriques ou autoadjoints.
Quoiqu'il en soit on est face à l'épineux problème de déterminer l'adjoint du projecteur $\{p:x\mapsto \langle v\vert x\rangle u\}$.
Cet exercice bateau a dû faire souffrir des générations de taupins et il se trouve que:
$$p^*(x)=\langle u\vert x\rangle v$$ On a permuté simplement les vecteurs $u$ et $v$!
Je propose cette formule sans démonstration pour laisser un peu de grain à moudre!
Maintenant si $p=p^*$, alors $u=v$ et comme on doit avoir $\langle v\vert u\rangle =1$, on a: $\langle u\vert u\rangle =1$, $u$ est un vecteur unitaire.
Résultat des courses:
$p_{L}(x)=\langle u\vert x\rangle u$ où $u$ est un vecteur unitaire dirigeant $L$.
Maintenant on détermine la matrice de $p_L$ dans une base orthonormée $(e_1,e_2,\dots,e_n)$ de $E$
On a $p_L(e_j)=\langle u\vert e_j\rangle u=u_j\sum_{i=1}^n u_ie_i$ où j'ai tenu compte du fait que $u_i=\langle u\vert e_i\rangle$ car la base $(e_1,e_2,\dots,e_n)$ est orthonormée0
Conclusion:
L'élément de la ligne $i$ et de la colonne $j$ de la matrice de $p_L$ dans la base orthonormée $(e_1,e_2,\dots,e_n)$ est: $u_iu_j$.
Cette matrice est bien symétrique dans la base orthonormée $(e_1,e_2,\dots,e_n)$, ce qui est réconfortant puisqu'on sait que $p_L$ est un opérateur symétrique.
Amicalement
[small]p[/small]appus

christophe c

Merci à toi Pappus pour ce génial post très logique et doux. Je recommande à tous les lecteurs de le sauvegarder.

pappus

Bonjour
On ne va pas s'arrêter en si bon chemin!
Puisque $E=L\oplus^{\perp} L^{\perp}$, le projecteur orthogonal sur $L^{\perp}$ est:
$$p_{L^{\perp}}= Id -p_L$$
Par suite $p_{L^{\perp}}(x)=x-\langle u\vert x\rangle u$
On va en profiter pour déterminer les symétries orthogonales $s_L$ et $s_{L^ {\perp}}$ sur $L$ et $L^{\perp}$.
Par définition, $s_L$ a pour sous-espaces propres: $L$ pour la valeur propre $1$ et $L^{\perp}$ pour la valeur propre $-1$.
Donc $s_L=p_L-p_{L^{\perp}}=2p_L-Id$
De même, $s_{L^ {\perp}}$ a pour sous-espaces propres: $L$ pour la valeur propre $-1$ et $L^{\perp}$ pour la valeur propre $1$.
Donc $s_{L^ {\perp}}=-p_L+p_{L^{\perp}}=Id -2p_L$
On remarquera que j'ai complètement évacué la défunte géométrie!
On en déduit immédiatement les matrices de $p_{L^{\perp}}$, ($\begin{Vmatrix}\delta_{ij}-u_iu_j\end{Vmatrix}$), de $s_L$, ($\begin{Vmatrix}2u_iu_j-\delta_{ij}\end{Vmatrix}$), de $s_{L^ {\perp}}$, ($\begin{Vmatrix}\delta_{ij}-2u_iu_j\end{Vmatrix}$) dans une base orthonormée $(e_1,e_2,\dots,e_n)$ de $E$ dans laquelle $u$ a pour composantes $(u_1,u_2,\dots,u_n)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus

Bonjour
Il va sans dire que la semaine de colles concernant la réduction des matrices et autres endomorphismes, les colleurs facétieux proposent à la sagacité des pauvres taupins qui n'en peuvent mais, les matrices:
$\begin{Vmatrix}u_iu_j\end{Vmatrix}$, $\begin{Vmatrix}\delta_{ij}-u_iu_j\end{Vmatrix}$, $\begin{Vmatrix}2u_iu_j-\delta_{ij}\end{Vmatrix}$, $\begin{Vmatrix}\delta_{ij}-2u_iu_j\end{Vmatrix}$ pour quelque valeur amusante de $n$, par exemple $n=151\times 467$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot

Bonjour Pappus
"par exemple $n=151\times 467$"
Il semble que ce soit ton entier fétiche.
Amicalement. Poulbot

pappus

Bonjour Poulbot
Oui pour le moment mais cela ne va pas durer éternellement comme tu le devines!
Les agrégatifs en mal d'exercices sur la théorie des groupes peuvent toujours me décrire la structure du groupe d'ordre $70517$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

poulbot

Re-bonjour Pappus
Est-ce parce que tout groupe d'ordre $70517$ est cyclique que tu voulais introduire un point $K_{70517}$ dans ETC?
Dans ce cas, tout s'explique (difficilement) !
Malheureusement, il y était déjà, et avec un numéro premier de surcroit.
Amicalement. Poulbot

pldx1

Mon cher pappus, lorsqu'un étudiant se présente pour une interrogation orale, on s'attend à ce qu'il écrive immediatement
$\def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}$
$$ M= \frac{V\cdot \tra{W}}{\tra{W}\cdot V}$$ lorsqu'il est question de la matrice décrivant la projection sur l'espace engendré par le vecteur décrit par la colonne $V$, parallèlement à l'hyperplan décrit par la ligne $\tra W$. Ce n'est ni difficile à comprendre, ni difficile à expliquer: au numérateur, le $\tra W$ permet d'imposer le noyau, le $V$ permet d'imposer l'image et le dénominateur rappelle que ${\tra{W}\cdot V}$ ne doit pas être nul.

Dans le cas orthonormé, $\tra W$ s'obtient en faisant pivoter la colonne $V$ d'un quart de tour, jusqu'à obtenir une ligne, que l'on note alors $\tra V$. Pas de quoi en faire une taupinière !

Et donc, ici: $$ M= \frac{\begin{bmatrix} 3\\0\\4 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 3 & 0 & 4 \end{bmatrix}} {\begin{bmatrix} 3 &0&4 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{bmatrix}}
=
= \frac{\begin{bmatrix} 9 &0&12 \\0&0&0\\12&0&16 \end{bmatrix} } {25} $$

Cordialement, Pierre.

pappus

Mon cher Pierre
On ne saura jamais ce qui se passe exactement dans la tête d'un taupin.
Sans doute se fait-il à ses débuts une taupinière de pas grand chose mais avec un bon professeur, cela ne saurait durer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je vois qu'avec tes notations tu privilégies l'emploi des espaces vectoriels standard où les $\mathbb K^n$ servent de modèles alors que moi j'ai plutôt tendance à utiliser des espaces vectoriels intrinsèques, i.e: sans bases canoniques imposées.
Je ne sais pas quelle est la bonne méthode pédagogique mais comme je sais que tu préfères les formules prêtes à être utilisées de suite dans un logiciel de calcul formel, tu as sans doute raison d'adopter ton point de vue.
Pour ceux qui aiment bien les formules et les algorithmes, je conseille le livre de Pierre Gabriel sur les matrices!
Il est aussi bourré d'anecdotes amusantes sur l'histoire de la géométrie et sur la vie des géomètres!

pldx1

Mon cher pappus,
toute propriété vectorielle est nécessairement intrinsèque, parce que "propriété vectorielle" veut dire "propriété qui se transporte sous l'action du groupe linéaire". Lorsqu'un étudiant en vient à étudier les espaces vectoriels généraux, on peut évidemment jouer à la "tabula rasa" et faire de son mieux pour piétiner les années d'expérience accumulées par cet étudiant. On peut aussi recycler ce qui a été acquis précédemment: le papier quadrillé "écolier", quel meilleur exemple possible de base canonique ?

Quant à la formule $\def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}$ $$ M= \frac{V\cdot \tra{W}}{\tra{W}\cdot V}$$ elle est intrinsèquement intrinsèque (sans quoi, elle serait fausse). N'hésitons pas à le vérifier:

$$ M'=P\cdot M \cdot P^{-1} = P \cdot \frac{V\cdot \tra{W}}{\tra{W}\cdot V} \cdot P^{-1} =

\frac{P \cdot V\cdot \tra{W} \cdot P^{-1} }{\tra{W}\cdot P^{-1} \cdot P \cdot V} = \frac{V'\cdot \tra{W'}}{\tra{W'}\cdot V'}
$$

Cordialement, Pierre.

PS: bénéfice secondaire: en finir avec le folklore du $a_0$ dans le développement en série de Fourier (et les plantages dans la vérification de Parseval) : on décompose l'identité en une somme de projecteurs qui commutent entre eux: cela est simple, conceptuel, et résiste au stress d'une interrogation.

pappus

Merci Pierre pour ces précisions.
C'est une discussion intéressante et je voudrais essayer de mieux comprendre ton point de vue.
Soit donc $E$ un espace vectoriel de dimension $n$ sur le corps $\mathbb K$ mais pas forcément un $\mathbb K^n$.
Soit $v$ un vecteur non nul de $E$ et $L$ la droite vectorielle engendrée par $v$.
D'autre part soit $H$ un hyperplan de $E$. On sait qu'il existe une forme linéaire $\varphi\in E^*$ telle que $H=\ker(\varphi)$.
On suppose que $v\notin H$, ce qui équivaut à $\varphi(v)\ne 0$.
On sait qu'on a une décomposition en somme directe: $E=L\oplus H$ dont les projecteurs se calculent aisément.
On veut avoir pour $x\in E$ la décomposition $x=\lambda.v+h$ avec $h\in H$
Par suite $\varphi(x)=\lambda.\varphi(v)$
Par suite le projecteur $p$ sur la droite $L$ est donné par la formule:
$p(x)=\dfrac{\varphi(x)}{\varphi(v)}u$.
Maintenant je choisis une base $e=(e_1,e_2,\dots,e_n)$ de $E$ et j'évalue la matrice $M$ de $p$ dans cette base.
On a donc $v=\sum_{i=1}^nv_ie_i$ et $\varphi=\sum_{i=1}^n\varphi_ie_i^*$ où tout simplement: $\varphi_i=\varphi(e_i)$.
Donc $p(e_j)=\dfrac{\varphi_j}{\sum_{i=1}^n\varphi_iv_i}.(\sum_{i=1}^nv_ie_i)$.
Par suite $m_{ij}=\dfrac{\varphi_jv_i}{\sum_{i=1}^n\varphi_iv_i}$
Donc si $V$ est le vecteur colonne $(v_1,v_2,\dots,v_n)$ et $W$ le vecteur colonne $(\varphi_1,\varphi_2,\dots,\varphi_n)$,on a:
$$M=\dfrac{V.{}^tW}{{}^tW.V}$$
Je trouve évidemment la même chose que toi mais je suis assuré automatiquement de l'invariance de ta formule par changement de base alors que tu es obligé (mais je n'en suis pas sûr!) de faire ton petit calcul pour le vérifier.
On est en train de faire du calcul tensoriel sans le dire.
Amicalement
[small]p[/small]appus

pldx1

La différence entre les deux méthodes est assez claire. Dans l'une on part de $p(x)=\dfrac{\varphi(x)}{\varphi(v)}v$, qui est certifiée intrinsèque, et l'on essaie de prouver que chaque étape intermédiaire est bien conforme aux critères d'intrinséquitude. On écrit donc successivement:
\begin{eqnarray}

M\cdot X = M \cdot Column(x) &= &Column( p(x) ) = \frac {\phi(x)}{\phi(v)} * Column(v) \\
&=& \frac {1}{\phi(v)} * Column(v) \cdot plonge\_\mathbb K \_dans\_\mathbb K_{1,1} \left( {\phi(x)} \right) \\
&=& \frac {1} {Row(w)\cdot Column(v)} * Column(v) \cdot plonge\_\mathbb K \_dans\_\mathbb K_{1,1} \left( {Row(w)\cdot Column(x)}\right) \\
&=& \frac {Column(v)\cdot Row(w)\cdot Column(x)}{Row(w)\cdot Column(v)} \\
&=& \left(\frac {Column(v)\cdot Row(w)}{Row(w)\cdot Column(v)} \right) \cdot Column(x)\\
&=& \left(\frac {Column(v)\cdot Row(w)}{Row(w)\cdot Column(v)} \right) \cdot X
\end{eqnarray}
Et l'on conclut par unicité de la matrice d'une application linéaire (pour des bases données).

Nul doute que cela permette de meubler la totalité d'une interrogation: l'associativité du produit matriciel, l'isomorphisme entre le corps des nombres et le corps des matrices $1\times1$, ainsi que l'isomorphisme entre l'action numérique du premier sur les colonnes, et l'action à droite du second sur les mêmes colonnes.

L'autre méthode consiste à dire que la formule
$\def\tra#1{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}$ $$ M= \frac{V\cdot \tra{W}}{\tra{W}\cdot V}$$

1. a une bonne tête (elle est, en effet, homogène: si l'on prend un vecteur double, ou une forme triple, $M$ ne change pas)
2. $M^2=M$, caracterisant les projecteurs
3. L'action sur $Ker(\phi)$ est nulle, l'action sur $Vec(v)$ est l'identité, sans oublier l'argument essentiel: $1+(n-1)=n$.

Où pourrait-on avoir une solution d'intrinséquitude ?

Cordialement, Pierre.

Ps. Pour Harastieu: On projette sur une droite. On projette sur une autre droite. A quelle condition la somme des deux donne-t-elle la projection sur le plan formé par les deux droites (le contexte est vectoriel: les deux droites se coupent à l'origine). Plus généralement: condition pour que la somme de deux projecteurs soit un projecteur ?

pappus

Merci Pierre
J'espère que nos lecteurs apprécieront les subtilités de notre discussion.
Quant à cette histoire de somme de projecteurs, c'est un exercice bateau de cette théorie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Harastieu

Bonsoir,

Si on considère p et q deux projecteurs, d'un espace vectoriel $\mathbb{K}$ noté E. ( si j'ai bien compris la question ?? )

Alors $p+q$ sera projecteur si et seulement si $ p \circ q = q \circ p = \tilde{0}$.

En effet si on suppose $ p \circ q = q \circ p = \tilde{0}$ alors :

$ (p+q)^2 = p^2 + p \circ q + q \circ p + q^2 = p+q $ ce qui donne donc $p+q$ projecteur.

On pourrait allez plus loin et déterminé $ Im(p+q) $ et $ker(p+q) $

soit pour $ x \in Imp + Imq $ on a $x = a+b$ avec $a \in Imp$ et $b \in Imq$

or puisque que $ p \circ q = 0 $ , $ p(b)$ = 0 et donc $p(x)=p(a)=a$ et aussi $q(x) = b$ donc $ x = p(x) + q(x) \in Im(p+q) $

Il vient alors $Im(p+q) = Imp + Imq$


Pour $ker(p+q)$ c'est pareil :

pour $ x \in ker(p+q) $ , on a $ p(x) + q(x) = 0$ et donc $ p^2(x) + p(q(x)) = 0 $

et $p(x) = 0$ car $p^² = p $ et $ p \circ q = 0 $

On a donc bien $ x \in ker \hspace{0.1cm} p $ et $ x \in ker \hspace{0.1cm} q $ d'ou $ ker \hspace{0.1cm} p \bigcap ker \hspace{0.1cm} q = ker(p+q) $

Cordialement,

Matthieu

pappus

Bonne Nuit
Avant d'aller dormir, j'essaye de retrouver cette vieille démo comme somnifère!
Sans doute quelque chose du style:
On suppose qu'une somme quelconque de projecteurs $p_1+p_2+\dots +p_k=p$ est encore un projecteur
Alors $Id-p=p_{k+1}$ est aussi un projecteur.
On a donc une somme de $k+1$ projecteurs vérifiant: $p_1+p_2+\dots +p_{k+1}=Id$
Soit $E_i=Im(p_i)$ et $n_i=dim(E_i)$
On a donc: $E=E_1+E_2+\dots+E_{k+1}$
D'autre part: $Trace(p_1+p_2+\dots+p_{k+1})=n_1+n_2+\dots+n_{k+1}=Trace(Id)=n=dim(E)$
Donc:
$E=E_1\oplus E_2\oplus\dots\oplus E_{k+1}$ et les $p_i$ sont des projecteurs orthogonaux deux à deux.
SGDG
Amicalement
[small]p[/small]appus