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Utilisateur anonyme
Utilisateur anonyme
dans Algèbre
Bonjour,
dire qu'une application préserve le produit vectoriel est une application telle que $f(x\wedge y)=f(x)\wedge f(y)$ ou bien telle que $f(x\wedge y)=x\wedge y$ ?
Je suppose que c'est la deuxième !! Mais ce que je comprend pas, c'est que on dite que une isométrie préserve la norme, i.e que $\|f(x+y)||=\|x+y\|$, mais pourquoi ce n'est pas $\|f(x+y)||=\|f(x)\|+\|f(y)\|$ ??
merci :)

Réponses

  • pappus
    pappus
    Non sergei, c'est la première égalité!
    (La seconde inégalité n'est pas très intéressante car la réponse serait $f = Id$.)
    Et les transformations qui préservent le produit vectoriel sont les rotations!
    Amicalement
    Pappus
  • Utilisateur anonyme
    Utilisateur anonyme
    merci pappus, je te souhaite une bonne soirée :)
  • pappus
    pappus
    Merci, sergei car je suis entouré de rosbifs!
    Le fait que ce soient les rotations qui préservent le produit vectoriel n'est pas tout à fait évident à montrer.
    Il faut se décarcasser un peu et faire un minimum de calculs.
    Amicalement
    Pappus
  • dSP
    dSP
    En utilisant le théorème fondamental de la géométrie projective, cela peut se faire quasiment sans calcul.
  • pappus
    pappus
    Mon cher dSP
    J'aimerais bien avoir une petite idée de ta démonstration!
    Amicalement
    Pappus
  • bisam
    bisam
    Moi aussi.
    En particulier, la démonstration "sans calcul" de la linéarité de f.
  • dSPautaf
    dSPautaf
    J'ai déjà expliqué la démonstration dans un numéro du bulletin de l'UPS
    (dont je n'ai pas la référence à portée de main).
    Je signale au passage que figure dans mon livre sur les formes quadratiques
    une adaptation de la méthode à la détermination des endomorphismes du groupe $\mathbb{H}^*$.

    Voici maintenant les grandes lignes de la démonstration :

    (1) On prend une solution $f$ supposée non nulle.

    (2) On montre que $f(0)=0$ et que $f(x)$ est colinéaire à $f(y)$ si et seulement si $x$ et $y$ sont colinéaires.

    (3) On montre que $f$ envoie systématiquement deux vecteurs orthogonaux sur deux vecteurs orthogonaux.

    (4) On déduit du point (2) que $f$ induit une injection $\overline{f}$ de $P(E)$ dans lui-même.

    (5) En utilisant le point (3), on prouve que $\overline{f}$ conserve l'alignement et que son image est une partie génératrice de $P(E)$ au sens projectif.

    (6) Une variante du théorème fondamental de la géométrie projective montre ensuite que
    $\overline{f}$ est une homographie. Mieux, puisqu'elle conserve l'orthogonalité, c'est une homographie
    déduite d'une rotation vectorielle $r$ (cf. caractérisation des similitudes par la conservation de l'orthogonalité).

    (7) Quitte à considérer $r^{-1} \circ f$, on peut donc supposer que $\overline{f}=id$,
    ce qui fournit une fonction $\alpha : E \setminus \{0\} \rightarrow \R^*$
    telle que $f(x)=\alpha(x).x$ pour tout $x \in E \setminus \{0\}$.

    (8) On a donc $\alpha(x \wedge y)=\alpha(x)\alpha(y)$ pour tous $x$ et $y$ non colinéaires dans $E$,
    et il reste à prouver que $\alpha$ est constante de valeur $1$.

    Là, je ne me souviens plus de la méthode optimale mais les étapes suivantes sont tout de mêmes
    assez simples.

    (9) En prenant une base orthonormée directe $(e_1,e_2,e_3)$ et en appliquant l'identité de (8)
    aux trois couples $(e_1,e_2)$, $(e_2,e_3)$ et $(e_3,e_1)$, on trouve facilement
    $\alpha(e_1)=\alpha(e_2)=\alpha(e_3)=1$. Par suite,
    $\alpha(x)=1$ pour tout vecteur unitaire $x$.

    (10) Etant donné $x$ et $y$ orthogonaux de même norme non nulle, on peut trouver un $z$ unitaire tel que
    $y=x \wedge z$ et alors $\alpha(y)=\alpha(x)$. En appliquant ce principe à deux reprises, on trouve que $\alpha$ est constante sur les sphères de centre $0$.

    (11) Enfin étant donné $x$ un vecteur non nul, l'ensemble des normes des $x \wedge y$
    pour $y$ parcourant la sphère unité est $[0,\|x\|]$, si bien que (10) assure que
    $\alpha(z)=\alpha(x)$ dès que $0<\|z\| \leq \|x\|$.
    Ainsi $\alpha$ est constante, et le point (9) assure qu'elle est de valeur $1$, ce qui achève la démonstration.
  • pappus
    pappus
    Mon cher dSPautaf
    Merci pour ta belle démonstration si intéressante, mais ça me parait bien compliqué de sortir une si grosse artillerie pour si peu de choses.
    Voici comment je procèderai:
    Soit $E$ un espace vectoriel euclidien orienté de dimension $3$ et soit $f \in \mathcal L( E)$ tel que:
    (1) $f(x\wedge y) = f(x)\wedge f(y)$ pour tout $(x,y) \in E^2$.
    Supposons d'abord $\mathrm{Ker}(f) \ne \{0\}$ et soit $x\in \mathrm{Ker}(f)$, $x \ne 0$.
    L'égalité $(1)$ montre que $x \wedge y \in \mathrm{Ker}(f)$. Donc $f$ s'annule aussi sur le plan orthogonal à $x$ et par suite $f = 0$
    On suppose maintenant que $f \ne 0$ et par suite $f$ est inversible d'après ce qui précède.
    On évalue le produit mixte:
    $(f(x), f(y), f(z)) = \det(f)(x,y,z)=\langle f(x)\wedge f(y) \mid f(z)\rangle = \langle f(x\wedge y) \mid f(z)\rangle = \det(f)\langle x \wedge y \mid z \rangle$.
    Comme $x\wedge y$ est un vecteur arbitraire de $E$, on a donc:
    (2) $\langle f(x)\mid f(y)\rangle = \det(f) \langle x\mid y \rangle$ pour tout $(x,y) \in E^2$.
    On utilise maintenant l'identité de Lagrange:
    $\langle x \mid x \rangle .\langle y \mid y \rangle = \langle x\wedge y \mid x \wedge y \rangle +\langle x \mid y \rangle^2$
    Donc:
    $\langle f(x) \mid f(x) \rangle .\langle f(y) \mid f(y) \rangle = \langle f(x)\wedge f(y) \mid f(x) \wedge f(y) \rangle +\langle f(x) \mid f(y) \rangle^2$
    Compte tenu de $(2)$, on obtient:
    $\det(f)^2(\langle x \mid x \rangle .\langle y \mid y \rangle - \langle x \mid y \rangle^2) = \langle f(x)\wedge f(y) \mid f(x) \wedge f(y) \rangle = \langle f(x\wedge y)\mid f(x\wedge y)\rangle = \det(f)\langle x\wedge y \mid x \wedge y \rangle $
    D'où: $\det(f)^2 = \det(f)$ et puisque $\det(f) \ne 0$, on a: $\det(f) = 1$ et comme d'après l'égalité $(2)$, on a : $\langle f(x)\mid f(y) = \langle x\mid y \rangle$, on voit que $f \in SO(E)$.
    Réciproquement, il faut montrer que si $f\in SO(E)$, alors:
    $f(x\wedge y) = f(x)\wedge f(y)$ pour tout $(x,y) \in E^2$
    Pour laisser un peu de grain à moudre, je m'arrête là!
    Amicalement
    Pappus
  • pappus
    pappus
    Je m'aperçois que j'ai supposé $f$ linéaire!
    Ce que sous-entendait sans doute sergei!
    Cela simplifie beaucoup le raisonnement.
    La démonstration de dSPautaf est quand même plus passionnante!
    Amicalement
    Pappus
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