Une histoire de Card
Dans le domaine "Sais-tu compter ?" un petit mélange d'algèbre linéaire et de dénombrements!
<BR>Voici les questions:
<BR>
<BR>1. Quel est le cardinal de GL(E) (avec E de dimension n et le corps K de base de cardinal q)?
<BR>
<BR>2. Déterminez le nombre de marices de M(n,p)(K) dont le rang est r (avec r<min(p,n)).
<BR>
<BR>Alors pour la 1, j'ai calculé le nombre de parties libres à k éléments de E, j'ai trouvé <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="43" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img1.png" ALT="$ \L _k (n)$"></SPAN> = <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="103" HEIGHT="40" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img2.png" ALT="$ \prod_{i=0}^{k-1} (q^n - q^i) $"></SPAN>
<BR>
<BR>donc le nombre de base est <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="44" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img3.png" ALT="$ \L _n (n)$"></SPAN>
<BR>et là je suis plus du tout sur de moi, mais j'aimerais bien dire :
<BR>card(GL(E))=<SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="44" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img3.png" ALT="$ \L _n (n)$"></SPAN>..... qu'en pensez vous???
<BR>
<BR>Concernant la 2, je vous propose: <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="82" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img4.png" ALT="$ \L _(p-r) (n)$"></SPAN>...
<BR>
<BR>Je remercie par avance tout ceux d'entre vous qui me liront et exerceront leur esprit critique sur mon petit problème...<BR>
<BR>Voici les questions:
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<BR>1. Quel est le cardinal de GL(E) (avec E de dimension n et le corps K de base de cardinal q)?
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<BR>2. Déterminez le nombre de marices de M(n,p)(K) dont le rang est r (avec r<min(p,n)).
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<BR>Alors pour la 1, j'ai calculé le nombre de parties libres à k éléments de E, j'ai trouvé <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="43" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img1.png" ALT="$ \L _k (n)$"></SPAN> = <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="103" HEIGHT="40" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img2.png" ALT="$ \prod_{i=0}^{k-1} (q^n - q^i) $"></SPAN>
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<BR>donc le nombre de base est <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="44" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img3.png" ALT="$ \L _n (n)$"></SPAN>
<BR>et là je suis plus du tout sur de moi, mais j'aimerais bien dire :
<BR>card(GL(E))=<SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="44" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img3.png" ALT="$ \L _n (n)$"></SPAN>..... qu'en pensez vous???
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<BR>Concernant la 2, je vous propose: <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="82" HEIGHT="32" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2007/01/5/106238/cv/img4.png" ALT="$ \L _(p-r) (n)$"></SPAN>...
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<BR>Je remercie par avance tout ceux d'entre vous qui me liront et exerceront leur esprit critique sur mon petit problème...<BR>
Réponses
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euh je viens de me rendre compte que ma réponse à la 2 est juste fausse....
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pour la 1) on a donc $|K|=q=p^n$
Comme $GL(E)$ est l'enemble des matrices inversible, un de ses éléments transforme une base en une base
Donc dénombrer $GL(E)$ revient à dénombrer le nombre de base de $\K^n$
Ce qu'on fait : pour choisir une base de $\K^n$, ilfaut choisir $n$ vecteurs linéairement indépendants
On en choisit un premier, on a donc $p^n-1$ choix (en enlevant le vecteur nul)
Puis on en choisit un deuxième en le prenent non proportionnel au premier, on a donc $p^n-p$ choix
..
Ainsi de suite le $n$eme linéairement indépendant des autres, donc $p^n-p^{n-1}$ choix
D'ou $|GL(E)|=(p^n-1)(p^n-p)...(p^n-p^{n-1})$
Pour la 2) il doit falloir faire un truc dans ce gout la : $M_r=C_n^r(p^n-1)(p^n-p)..(p^n-p^{r-1}$ non? (ou j'ai pris bien arbitrairement la notation $M_r$ pour désigner ce que tu cherches a compter) -
Euh non, attention, $\left\|E\setminus\{0\}\right\|\neq p^n-1$! $n$ désigne la dimension: $\left\|E\setminus\{0\}\right\|=q^n-1$. Je pense que le premier résultat de léo est juste.
-
[pardon, merci de remplacer mes \| par des |...]
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Houla oui scusi, j'avis pas lu assez attentivement. MAis tout ce que je raconte avec des $p$ remplacé par des $q$ marche non? (ca fait vraiment escroc qui cherche à gratter des points comme ca mais tant pis)
Et dans ce cas le 1) de léo et le mien coincident
Pour le 2) il faudrait faire la meme chose avec les $p$ et les $q$ et dans ce cas, nos résultats diffèrent du coefficient binomial qui est la pour "mélanger" les vecteur colonnes afin que toutes les lignes utiles (enfin celle qui ne sont pas linéairement indépendantes des autres) ne soient pas au début -
ok merci à tous, donc pour la 2, en fait je trouve bien comme vous ryo!!!
encore une fois merci... -
Il doit manquer des choix dans $M_r$ non? Tu ne choisis que $r$ vecteurs, il reste pas mal de choix pour les autres dans l'espace engendré par ces derniers (de dimension $r$ donc de cardinal $q^r$)
Du coup, si ton raisonnement est juste, cela donnerait plutôt $M_r=q^{r(n-r)}C_{n}^{r}(q^n-1)(q^n-q)\cdots (q^n-q^{r-1})$ -
Vous êtes sûrs que vous ne comptez pas plusieurs fois les mêmes matrices dans la formule avec les coefficients binomiaux ?
-
Je suis plutot mauvais quand il s'agit de compter des choses de cette facon donc je me garderai bien d'affirmer que j'ai raison mais je ne comprend pas d'ou sors ton $q^{r(n-r)}$ skilveg (meme si en tapant je me rend compte qu'il doit me manquer un facteur sinon avant mélangeage mes $n-r$ dernières colonnes ne seraient remplies que de $0$..)
egoroff, si on ne met pas le $C_n^k$, on a les matrices de rang $r$ mais uniquement celles qui ont leur premières colonnes linéairement indépendantes et après des colones "qui ne sevent à rien". Le $C_n^k$ sert à répartir tout ca il me semble? -
Oui mais que dire des colonnes restantes ? Je ne comprends pas comment on choisit leur coefficients.
-
Ben moi non plus finalement, je suppose que le coefficient en plus de skilveg est la pour ca mais je ne vois pas comment il trouve ca.
Je dirais que pour la $r+1$e colonne qu'on choisit donc linéairement dépendantes, on a $q+..+q$ choix ($r$ fois $q$) donc $rq$ choix
Puis pour la $r+2$e on a $(r+1)q$ choix
...
Pour la derniere on a $(n-1)q$ choix
Donc pour choisir les colonnes restantes, on aurait $q(r+(r+1)+..(n-1)=q(n-r)(r+\frac{n-r-1}{2}$, résultat qui me parait bien compliqué -
Ben je suis également peu à l'aise sur ce genre de raisonnement...mais:
on cherche le nombre de familles de r colonnes libres, on a donc $\L_r(n)$ en reprenant mes notations...
Mais dans la vrai vie des matrices , nos r colonnes sont n'importe où dans la matrice qui contient p colonnes d'où $C_p^r$
non? -
Le $q^{r(n-r)}$ viendrait de ce que, pour les $n-r$ vecteurs restant, on aurait $q^r$ choix à chaque fois. Mais je suis assez peu convaincu par le $\C_{n}^{r}$, même si je n'ai rien d'autre à proposer...
Bonne soirée -
Oui mais léo il faut quand même choisir les coeffs des autres colonnes, à moins que tu ne les mettes tous à 0. A priori il faudrait les choisir dans le Vect des r premières colonnes libres, mais dans ce cas lorsque tu permutes ensuite tu risque d'avoir de la redondance.
-
Je viens de me rappeler d'un rapport de jury d'agreg ou ils racontaient (suite a une question ou il fallait compter des choses) qu'ils y avaient des candidats tellement à la ramasse qu'ils trouvaient des cardinaux non entiers et qu'en plus ca ne les choquaient meme pas (bon c'était mieux dit mais grosso modo ca voulait dire ca). Bin j'ai l'impression que mon cardinal n'est pas entier pour certaines valeurs de n et r
Mais skivleg dans ton $q^{r(n-r)}$ tu n'as plus la certitude que ta matrice est de rang $r$ puisque tu ne garanties pas que les dernieres lignes soient des combinaisaons des autres?
En tout cas je trouve ce problème de plus en plus compliqué -
Oublie ma dernière remarque skivleg (j'ai écrit ce que tu avais écris mais dans ma tete j'avais $q^{n(n-r)}$)
-
en effet, egoroff je vois le problème que tu soulèves, il faut faire attention aux coeffs des autres colonnes/ la matrice soit tjs de rg r...
-
euh en fait je suis d'accord avec le $q^{r(p-r)}$ car ca revient justement a remplir la condition que les p-r colonnes restantes sont dans le Vect des r colonnes libres;
$q^{r}$ le nombre de colonne dans le Vect des r colonnes libres
et il y (p-r) colonnes d'où $q^{r(p-r)}$...
vous confirmez? -
Je suis de moins en moins sûr du $C_{n}^{r}$: toute matrice de rang 1 est de la forme $x^t y$ où $(x,y)\in (K^n\setminus\{0\})^2$, ce qui doit donner pas loin de $\frac{(q^n-1)^2}{q-1}$ matrices, et en tout cas je pense que c'est indépendant de $n$.
(Il y a une caractérisation semblable des matrices de rang $r$ que je vais essayer de retrouver mais je ne suis pas certain que ça aide.) -
Je vais peut-etre proposer un truc complètement inutile mais vu que je vois que le problème a l'air compliqué..
On pourrrait utiliser une action de groupe :
$Gl_n(\K) \times \GL_n(\K)$ agit sur $M_n(\K)$ par $(P,Q).A=PAQ^{-1}$
Et les orbites sont justement l'ensemble des matrices de rang $r$
Est-ce qu'il ne serait pas possible de calculer le cardinal d'une orbite (en utilisant la formule de Burnside par exemple)?
Je sais pas du tout si ca marche, en plus j'avais vu cet action dans un autre contexte : on essayait d'avoir des propriétés topologiques sur l'ensembles des matrices de rang $r$ et du coup le corps de base était $\R$ ou $\C$.. -
Et voila ce qui arrive quand on fait pas d'apercu!
Si un modérateur avait la gentilesse de corriger : c'est $GL_n(\K) \times GL_n(\K)$ qui agit -
euh, pour $C_p^r$ et pas avec n (n lignes p colonnes) skivelg, non?
-
Voilà ce que j'ai retrouvé: $A$ est de rang $r$ si et seulement si il existe deux familles libres $(x_1,\ldots,x_r)$ et $(y_1,\ldots,y_r)$ de vecteurs de $\K^n$ telles que
\[A=\sum_{i=1}^{r}{x_i}^t y_i\textnormal{.}\]
Avec ça, le cardinal souhaité devrait diviser $\left((q^n-1)(q^n-q)\cdots(q^n-q^{r-1})\right)^2$. -
je voudrais simplement préciser que cet exo est posé dans le cadre d'un TD sur les matrices en maths spé PC* sans avoir vu les actions de groupe (qui me semble réservé plus aux MP), et pas encore réduction ou espace euclidien...donc les outils sont assez limités...
(je dis ca à la lecture de l'assertion de skivelg que je ne connaissais pas "A est de rang r ssi...") -
Pardon, depuis le début je croyais que l'on travaillait avec des matrices carrées... Au temps pour moi... Donc: pour les matrices de rang 1, cela donne $\frac{(q^n-1)(q^p-1)}{q-1}$ si je ne me suis pas replanté; pour les matrices de rang $r$, la formule n'est pas censée être connue, donc...
À part ça les deux choses qui me viennent à l'esprit c'est: $A$ est de rang $n$ ssi elle a un bloc $r\times r$ inversible, et aucun bloc inversible de taille supérieure; $A$ est de rang $r$ ssi elle est équivalente à une $J_r$. La deuxième me semble plus maniable mais il faudrait pouvoir déterminer avec combien de $P$ et de $Q$ différentes on peut obtenir $A=PJ_r Q$... C'est l'idée de ryo en fait: déterminer le cardinal de la classe de similitude de $J_r$. -
N'importe quoi derechef: d'équivalence.
Pardon et bonne nuit. -
Euh alors l'action de groupe je veux bien que ca vienne de moi mais moi je comptais utiliser la formule de Burnside ..qui donne le nombre d'orbites donc pas très utile.
Bon du coup, il faudrait calculer le cardinal du stabilisateur de $J_r$ ie le nombre de matrices $(P,Q)$ inversibles telles que $PJ_r=J_rQ$. Ca me parait pas bien aisé tout ca mais il y a peut-etre mieux.
Sans action de groupe, je crois que ca me dépasse : en général, au bout d'un moment, j'arrive aux dénombrements les plus divers.
Et il me semble que si on sait faire pour les matrices carrées, on devrait y arriver pour les rectangulaires : il suffira de mettre $GL_{n,m}(\K) \times GL_{m,n}(\K)$ (ou l'inverse j'ai la flemme de regarder) et ca devrai pouvoir se faire -
Excusez moi mais je ne comprends pas pourquoi on n'a pas:
$\L_r(n)$$C_p^r$$q^{r(p-r)}$ -
je me permet de faire remonter ce fil, je souhaiterais vraiment savoir le fin mot de cette affaire!!!
-
bonjour, après avoir survolé tout ce qui a été écrit et bien que ne m'étant jamais posé ce problème , je pense qu'il faudrait plutôt commencer par étudier le cardinal de l'ensemble des matrices (toujours rectangulaires, pourquoi pas)
dont le rang est au moins égal à à r puis procéder par différence; bon courage.A demon wind propelled me east of the sun -
T'inquiètes pas, j'ai pas encore abandonné, ca en incitera peut-etre d'autres vu que ce que je trouve ne me satisfait pas vraiment..
J'ai persisté avec mon action de groupes meme si ce n'est pas ce que tu cherches mais je suis en général plus sur de moi avec ca. Et petite précision, j'ai fait ca avec des matrices carrée pour ne pas trop m'embeter
Donc on fait agir comme j'ai dit plus haut et on s'intéresse au calcul de $|\omega(J_r)|$, le cardinal de l'orbite de $J_r$
Pour ca, on utilise la bijection entre $\omega(J_r)$ et $GL_n(\K)^2/Stab(J_r)$ qui est plus facile à dénombrer
Il suffit donc de compter le nombre d'éléments de $Stab(J_r)=\{(P,Q) \in GL_n(\K)^2|PJ_r=J_rQ\}$
Quand on calcule $PJ_r$, on récupère les coefficients de $P$ sur les $r$ premières colonnes et des $0$ ailleurs
Quand on calcule $J_rQ$, on récupère les coefficients de $Q$ sur les $r$ premières lignes et des $0$ ailleurs.
Donc $PJ_r=QJ_r$ ssi les matrices $P$ et $Q$ coincident sur la sous_matrice carrée $r \times r$, le reste étant nul
On n'oublie pas que ces matrices se doivent par définition d'etre inversibles et on en revient donc au calcul de $|GL_r(\K)|$ qui vaut, comme on l'a vu, $q^{\frac{r(r-1)}{2}}\prod_{i=1}^{r} (q^i-1)$ (j'ai juste factorisé ce qu'on a trouvé plus haut)
En utilisant la bijection et après simplification, on trouve $\omega(J_r)=q^{n(n-1)-\frac{r(r-1)}{2}}\prod_{i=1}^{n}(q^i-1)\prod_{i=r+1}^{n}(q^i-1)$
Alors le résultat coincident avec le résultat connu si $r=n$ (j'ai pris la convention qu'un produit vide vaut $1$ et il me semble que c'est ce qui est adopté en général?) mais c'est très éloigné de ce qu'on trouvait avant et de plus, j'ai voulu sommer tout ca de $1$ à $n$ (il faut rajouter $1$ pour l'orbite de la matrice nulle qui n'est pas couverte par ce résultat) afin de vérifier ca.
Comme le truc est immonde, j'ai fait ca avec maple qui ne sait pas me calculer ca plus joliment (ou alors je lui exprime mal ce qui est probable) mais en prenant quelques valeurs numériques (une seule en fait $q=5^3$ et $n=18$),et ben je ne trouve pas du tout ce qu'il faut.
Alors ou est l'erreur dans ce que je raconte? -
>léo: le $C_{p}^{r}$ signifierait "on choisit $r$ colonnes qui vont former une famille libre, les autres, on s'en fiche", mais par deux choix différents on peut obtenir la même matrice. Et si j'ai le bon nombre de matrices de rang 1 ça ne colle pas.
Par contre pour la classe d'équivalence de $J_r$ on devrait pouvoir s'en tirer par blocs, du moins partiellement:
\[\left(
\begin{array}[centered]{cc}
P_1 & *\\
P_2 & *
\end{array}
\right)J_r=J_r\left(
\begin{array}[centered]{cc}
Q_1 & Q_2\\
* & *
\end{array}
\right)\Longleftrightarrow P_1=Q_1\wedge P_2=Q_2=0\textnormal{.}
\]Donc si $A=PJ_rQ=P'J_rQ'$, i.e. $(P')^{-1}PJ_r=J_rQ'Q^{-1}$, cela signifie que les blocs en haut à gauche de $(P')^{-1}P$ et de $Q'Q^{-1}$ sont égaux, et que les blocs en bas à gauche (resp. en haut à droite) sont nuls. On aurait alors
$P'=P\left(
\begin{array}[centered]{cc}
B_1 & *\\
0 & B_2
\end{array}
\right)^{-1}$ et $Q'=\left(
\begin{array}[centered]{cc}
B_1 & 0\\
* & B'_2
\end{array}
\right)Q$ où $B_1$, $B_2$ et $B'_2$ sont inversibles. Pour passer d'une écriture à une autre, cela donnerait $\left|GL_{r}(\K)\right|\left|GL_{n-r}(\K)\right|\left|GL_{p-r}(\K)\right|\times(n-r)^2\times(p-r)^2$ choix de matrices par blocs, et donc au total le nombre de matrices de rang $r$ serait
\[\frac{\left|GL_{n}(\K)\right|\left|GL_{p}(\K)\right|}{\left|GL_{r}(\K)\right|\left|GL_{n-r}(\K)\right|\left|GL_{p-r}(\K)\right|(n-r)^2(p-r)^2}
\]
(on choisit $P$ et $Q$ et on divise par le nombre de choix différents en comptant les blocs inversibles et les blocs indifférents). Il doit y avoir moyen de simplifier en factorisant mais de toutes façons...
1) ça ne colle pas avec le cas $r=1$ (il y a du $n$ et du $p$ en facteur; donc
2) il y a une erreur quelque part.
Il est possible que le problème soit beaucoup plus simple qu'il n'y paraît (je l'espère), mais je ne vois pas d'astuce...
Amicalement
PS: >ryo: $GL_{n,m}(\K)$? hem... -
>ryo: j'essaie de suivre ton post mais à vrai dire étant en filière Pc*, les notions d'orbite, stabilisateur ne sont pas à mon programme, je m'attèle donc à mon fidèle Gourdon, pour essayer d'en savoir plus...
Bon je vais continuer de chercher avec des moyens plus "élémentaires" et au pire, je pense que mon prof me donnera une réponse/indication mardi...
Mais je vous avoue que ce problème commence sérieusement à m'énerver !!! -
Ahah pardon ryo, je n'avais pas vu ton message
C'est marrant: on est plusieurs à trouver des trucs moches, compliqués, faux et différents ^^ -
Aie les matrices non carrées inversibles, ca laisse reveur... J'en aurai raconté des belles sur ce sujet
Tu en penses quoi de mon dénombrement skilveg? Ca m'a l'air de ressembler a ce que tu as fait (sauf que moi, j'ai pris des matrices carrées et que je n'ai pas pensé à regarder ca par blocs)
par contre, autant je vois ce que tu racontes quand tu dis que tel bloc est nul, tels blocs sont égaux vu que ce que j'ai y ressemble mais c'est quoi la notation $\wedge$ entre deux matrices? -
$\wedge$: ben oui, les matrices rectangulaires de format différent forment aussi un anneau euclidien... Je plaisante, c'est "et".
Je crois que ta caractérisation ("ssi elles coïncident sur la sous-matrice $r\times r$...") est insuffisante: $P$ et $Q$ sont inversibles, donc les autres blocs peuvent difficilement être tous nuls. le bloc en bas à droite doit être inversible (dans mon message antérieur).
En gros on raisonne pareil mais le raisonnement doit clocher quelque part...(*)
Sinon le fait que tu utilises Burnside (d'ailleurs c'est Burnside ça?) n'est pas très grave même si les outils disponibles sont ceux de spé: on peut traduire ça différemment pour que ça passe.
Amicalement
(*) Jeu de mot très mauvais et involontaire. -
léo : en plus les actions de groupes c'est pas trop le truc qu'on comprend la première fois qu'on le voit (enfin en tout cas ca été mon cas)
Perso, au début je voyais pas comment on pouvait sortir de sa poche "tel groupe agit sur tel ensemble" (le pire étant "on considère l'action {\it naturelle} de $S_n$ sur $\{1,..,n\}$ (pour citer un exemple), je voyais pas du tout pourquoi c'était naturel) et en plus, j'avais l'impression que le problème se résolvait tout seul avec cette facon tombée du ciel de voir les choses
Et c'est bien piégeux quand meme : essaie de vérifier que mon truc est bien une action puis regarde la "pseudo-action" $(P,Q).A=P^{-1}AQ$. Et ben la ca ne marche pas!
Skilveg : c'est vrai que plus on en raconte, plus ca devient moche..
Il faudrait du sang neuf pour se réattaquer à ce truc, ce serait pas mal si Egoroff repassait par la (ou Alain Debreil vu qu'on en vient à de l'algèbre, en général, il est pas loin) -
Bon on arrete pas de croiser les messages, mais tu as raison, j'ai pas des matrices inversibles avec mon truc
Pour le $\wedge$ c'est OK mais je n'avais pas du tout pensé (pas l'habitude de l'utiliser)
Par contre je n'utilise pas Burnside, c'était ma première idée en regardant de loin mais ca permet de compter le nombre d'orbites donc pas utile ici. J'utilise juste le fait que l'orbite de $J_r$ est en bijection avec $GL_n(\K)^2/Stab(J_r)$ (ce que tu fais aussi il me semble)
Pour ce qui est de compter comme on le faisait eu début, j'ai abandonné, je risque de poster 20 messages avec 20 réponses différentes et le pire c'est que je serais convaincu par chacune d'elle à un moment ou à un autre.
Mais j'aimerais bien trouver ce qu'il faut, quitte à utiliser des trucs élaborés (enfin maitrise parce qu'après je vais etre largué) et pis après on peut toujours se débrouiller pour retomber sur ce qu'il faut de manière "élémentaire" -
Bonjour,
En disant que le nombre N de matrices de taille (n, p) et de rang r est égal à:
(nombre de sous-espaces de (Fq)^n de dimension r) multiplié par (nombre de matrices de taille (p ,r) et de rang r) , je suis arrivé à:
N = Lr (n) * Lr (p) / Lr (r) où Lr (n) est la valeur définie par Léo dans son premier post.
Amicalement, -
Bon je reviens de mon premier cours de maths de l'an 2007, et pour rester fidèle à ses habitudes, mon prof est resté assez énigmatique.
En bref, on a gagné une vague indication avec un bon (oui, j'en suis l'heureux détenteur) pour aller corriger le dit-exo au prochain TD...
Indications:
1.on s'interessera à la dimension du noyau.
2.on pourra avoir à construire un supplémentaire du noyau afin de définir une application linéaire qui rendra le dénombrement plus aisé... -
Salut tout le monde,
Ca a bien bossé mais pas trop avancé je crois :-( Au moins maintenant tout le monde est d'accord sur le problème des matrices comptées plusieurs fois. L'approche de ryo, rectifiée par skilveg, à coup d'action de groupe me paraît intéressant ais effectivement le dénombrement du stabilisateur n'est pas une mince affaire. J'aimerais bien comprendre le message de loulmet car sa démarche a l'air intéressante. Et je me demande bien de quel noyau parle le prof de léo... -
Si dans le flot submergeant de mon prof, j'ai compris quelque chose: je pense qu'il partde M matrice de rang r, et le noyau en question celui de la matrice c'est donc le ker(M)...
-
En croisant mon prof dans les couloirs, il a ajouté qu'il peut etre utile de dénombrer le nombre de ss-ev de dimension p, et j'ai trouvé ceci dans un livre:
Toujours K, corps de cardinal q et E ev de dimension n/
On considère l'application qui à un p-uplet libre dans E associe le ss-ev de dimension p engendré par cette famille
Soit F, K-ev de dimension p, ainsi F est l'image par l'application de l'ensemble des p-uplets libres dans F
Il y a donc $\L_p(p)$ tels p-uplets.
Jusque là ca va, ce qui me pose est la dernière assertion:
Alors card(ss-ev de dimension p)=$\L_n(n)$/$\L_p(p)$
et là je ne comprends pas! Quelqu'un pourrait il m'éclairer...?
Enfin, tout cela va finir par ressembler fortement à la formule de loulmet... -
C'est le lemme des bergers :
Chaque sous-espace $F$ de dimension $p$ possède $L_p(p)$ bases qui sont des familles libres à $p$ éléments de $E$, il y a au total $L_p(n)$ telles familles, donc il y a $\dfrac{L_p(n)}{L_p(p)}$ sous-espaces $F$ de dimension $p$ -
Bonsoir,
J' ai donné une réponse plus détaillée, mais elle n' apparait pas sur ce nouveau forum. Elle est visible sur l' ancien forum.
Il faut en effet , entre autres choses, dénombrer les sous -espaces de dimension r , dans un espace de dimension n.
Ce dénombrement est très classique et s' apparente au dénombrement des " combinaisons " à parir des " arrangements ".
On dit que le nombre de systèmes libres à r vecteurs dans un espace de dimension n est égal au nombre de sous espaces de dimension r multiplié par le nombre de bases d' un espace de dimension r.
D où la valeur L_r (n) / L_r (r) pour le nombre de sev de dimension r; Amicalement. -
ok, j'ai un peu zappé le lemme des bergers. sinon plus je m'entête sur ce pb, moins j'en comprends, comment avec le nombre de ss-ev de dimnesion r se ramener au décompte des matrices de rang r?
-
L'idée est de dénombrer non les matrices, mais les endomorphismes de $E$ de rang $r$.
On commence par choisir le noyau, de dimension $n-r$, et l'image, de dimension $r$ de cet endomorphisme, soit $\dfrac{L_{n-r}(n)}{L_{n-r}(n-r)}.\dfrac{L_r(n)}{L_r(r)}$ possibilités.
On dénombre ensuite les endomorphismes de noyau $F$ et d'image $G$ fixés. On choisit un supplémentaire $F'$ de $F$, l'endomorphisme est alors entièrement déterminé par sa restriction à $F'$, qui est un isomorphisme de $F'$ dans $G$. Le cardinal des tels isomorphismes est celui de $GL(G)$, soit $L_r(r)$.
Il me semble donc que le nombre total d'endomorphismes de $E$ de rang $r$ est par suite
$$\dfrac{L_{n-r}(n)}{L_{n-r}(n-r)}.\dfrac{L_r(n)}{L_r(r)}.L_r(r) = \dfrac{L_{n-r}(n)}{L_{n-r}(n-r)}.L_r(n).$$ -
Oui mais on ne considère pas des matrices carrés mais (n,p)...
-
On cherche alors les applications linéaires de $E$ de dimension $p$ dans $E'$ de dimension $n$.
On choisit le noyau $F$, de dimension $p-r$, dans $E$, ainqsi qu'un supplémentaire $F'$ de ce noyau : $\dfrac{L_{p-r}(p)}{L_{p-r}(p-r)}$ choix possibles.
On choisit l'image $G$ de dimension $r$ dans $F$ :$\dfrac{L_r(n)}{L_r(r)}$ choix possibles.
On choisit un isomorphisme de $F'$ dans $G$ : $L_r(r)$ choix possibles.
On trouve un total de :
$$\dfrac{L_{p-r}(p)}{L_{p-r}(p-r)}.\dfrac{L_r(n)}{L_r(r)}.L_r(r) = \dfrac{L_{p-r}(p)}{L_{p-r}(p-r)}.L_r(n).$$ -
Bonsoir,
Oui, mais il serait bon de rendre l' expression du résultat symétrique en n et p.
Amicalement
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Bonjour!
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