Valeurs propres d'une matrice compliquée
Bonjour,
Pour tout $n\in \mathbb{N}$, et tout $q=(q_1,q_2)\in\mathbb{R}^2$ on considère la matrice
$$\begin{pmatrix}
2|q|^{2n}+14nq_1^2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^4|q|^{2(n-2)}&4nq_1q_2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^3q_2|q|^{2(n-2)}\\4nq_1q_2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^3q_2|q|^{2(n-2)}&2nq_1^2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^2q_2^2|q|^{2(n-2)}
\end{pmatrix}$$
où $|q|=\sqrt{q_1^2+q_2^2}$
Je veux déterminer les valeurs propres réelles de cette matrice. Merci bien de m'aider
Pour tout $n\in \mathbb{N}$, et tout $q=(q_1,q_2)\in\mathbb{R}^2$ on considère la matrice
$$\begin{pmatrix}
2|q|^{2n}+14nq_1^2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^4|q|^{2(n-2)}&4nq_1q_2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^3q_2|q|^{2(n-2)}\\4nq_1q_2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^3q_2|q|^{2(n-2)}&2nq_1^2|q|^{2(n-1)}+8n(n-1)q_1^2q_2^2|q|^{2(n-2)}
\end{pmatrix}$$
où $|q|=\sqrt{q_1^2+q_2^2}$
Je veux déterminer les valeurs propres réelles de cette matrice. Merci bien de m'aider
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Réponses
Remarque : elle est moche, mais elle est symétrique réelle. Donc on sait au moins qu'elle est diagonalisable dans une base orthonormée et que ses valeurs propres sont réelles.
la valeur propre positive avec - la valeur propre négative dans un domaine donné.
Tu y gagnerais aussi peut-être à passer en coordonnées polaires.
La formule n'est pas compliquée à obtenir, mais tu as trop de notations : indices, barres verticales etc.
$f(x,y) = x^2(x^2 + y^2)^n$
$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} (x,y) = 2x(x^2 + y^2)^{n-1}[(n+1)x^2 + y^2]$
$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y} (x,y) = 2nx^2y(x^2 + y^2)^{n-1}$
$\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} (x,y) = (x^2 + y^2)^{n-2}[(4n^2 + 6n + 2)x^4 + (10n + 4)x^2y^2 + 2y^4]$
$\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (x,y) = 4nxy(x^2 + y^2)^{n-2}(nx^2 + y)$
$\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x,y) = 2nx^2(x^2 + y^2)^{n-2}[x^2 + (2n-1)y^2]$
Donc :
$\text{Hess}_{(x,y)} f = \begin{pmatrix} (x^2 + y^2)^{n-2}[(4n^2 + 6n + 2)x^4 + (10n + 4)x^2y^2 + 2y^4] & 4nxy(x^2 + y^2)^{n-2}(nx^2 + y) \\ 4nxy(x^2 + y^2)^{n-2}(nx^2 + y) & 2nx^2(x^2 + y^2)^{n-2}[x^2 + (2n-1)y^2] \end{pmatrix}$
$= 2(x^2 + y^2)^{n-2} \begin{pmatrix} [(2n^2 + 3n + 1)x^4 + (5n + 2)x^2y^2 + y^4] & 2nxy(nx^2 + y) \\ 2nxy(nx^2 + y) & nx^2[x^2 + (2n-1)y^2] \end{pmatrix}$
Soit $P_{(x,y)}(U) = \det(\text{Hess}_{(x,y)} f - U\text{Id})$ le polynôme caractéristique de $U$.
On va voir si on trouve quelque chose à partir de ça, je le poste déjà pour permettre aux autres de vérifier ce que j'ai dit, corriger éventuellement et réfléchir en même temps.
$$4n(2n+1) x^2(x^2+y^2)^{2n-1}((n+1) x^2-y^2).$$ En d'autres termes la hessienne est define positive si et seulement si $y^2< (n+1 )x^2)$ cad si et seulement si $(x,y)$ est dans un certain losange (prive de $(0,0)$)
Edit: mal recopie Mathematica, corrige, merci claude.
On va noter $M$ la matrice hessienne.
$M = \begin{pmatrix} Ax^4 + Bx^2y^2 + Cy^4 & Dx^3 + Exy^3 \\ Dx^3 + Exy^3 & Fx^4y + Gx^2y^3 \end{pmatrix}$
Et je préfère garder $(x,y)$ au lieu de $(q_1, q_2)$, ça fait moins de symboles.
Là c'est déjà un peu plus regardable, et on verra bien si c'est défini-positif ou non.
Il y en a une autre dans $\partial^2 f/\partial y^2$, un $y$ en trop. C'est dangereux de reporter. Ne rapportez pas, donnez du vrai.
Par sécurité, je ne recopie pas (c'est un principe, je connais un peu cela). Avec $s = x^2 + y^2$, voici le déterminant de la matrice : Clair ?
NON, je n'ai pas vérifié ta matrice et je ne veux pas le faire. Par contre, je sécurise ce que je produis. Pas de report MANUEL en TeX. Tu vas faire un effort pour comprendre Clair ?
De ta part : mauvaise idée de noter tes indéterminées $q_1, q_2$. Pourquoi à ton avis ? H.T a rectifié le tir. Autre mauvaise idée : parler de $|q| = \sqrt {q_1^2 + q_2^2}$ qui interviendra avec une puissance paire. Tu trouves peut-être que ce n'est pas assez compliqué et que c'est une bonne chose de mettre des bâtons dans les roues ?
Plusieurs personnes t'ont fourni de l'aide (suite à ta demande, à plusieurs reprises du style ``prière de m'aider, merci'' ..etc..). C'est si compliqué d'avoir un retour ? Plus compliqué que ta matrice que tu qualifies de compliquée ?
$$2|q|^{2(n-2)}\begin{pmatrix}
|q|^{4}+5nq_1^2|q|^{2}+2n(n-1)q_1^4& 2nq_1q_2|q|^{2}+2n(n-1)q_1^3q_2 \\2nq_1q_2|q|^{2}+2n(n-1)q_1^3q_2&nq_1^2|q|^{2}+2n(n-1)q_1^2q_2^2
\end{pmatrix}~.$$
qui n'est pas égale à celle de Homo Topi.
@claude quitté, je n'ai pas compris ce que vous avez écrit:-(:-(
Ma hessienne à moi est correcte. Je l'ai vérifiée 15 fois. Essaie de travailler avec les notations en $x$, $y$ que j'ai proposées, tu verras, ça sera plus simple. Abandonne aussi ta notation $|.|$, du moins pour l'instant. Si dans ton travail, tu dois utiliser $(q_1 , q_2 )$, tu peux toujours les réintroduire après. Mais pour le calcul de la hessienne, et de manière générale tout ce qui est calcul diff, les notations de calcul diff sont déjà très lourdes, alors ne les alourdis pas encore plus, c'est contre-productif et ça crée plus d'embrouilles que ça n'en enlève.
$P_{x,y}(U) = 4(x^2 + y^2)^{2(n-2)}[[(2n^2 + 3n + 1)x^4 + (5n+2)x^2y^2 + y^4][nx^2(x^2 + 2(n-1)y^2)]U^2 - [2nxy(nx^2 + y^2)]^2]$
Je m’excuse, quand j'ai développé j'ai retrouvé ton résultat.
@tous, merci pour vos conseils.
$\lambda_1=-\Big(|q|^2+6q_1^2+\sqrt{(|q|^2+6q_1^2)^2-4\Big(q_1^2(|q|^2+5q_1^2)-4q_1^2q_2^2\Big)}\Big)\le 0$ pour tout $q\in\mathbb{R}^2$
et
$\lambda_2=-\Big(|q|^2+6q_1^2-\sqrt{(|q|^2+6q_1^2)^2-4\Big(q_1^2(|q|^2+5q_1^2)-4q_1^2q_2^2\Big)}\Big)$
avec $\lambda_2$ est positive dans $\left\{q\in\mathbb{R}^2,\;3q_1^2-2q_2^2< 0\right\}$ et elle est négative dans $\left\{q\in\mathbb{R}^2,\;3q_1^2-2q_2^2> 0\right\}$
Bon allez, on se calme. Effectivement, H.T. pas d'erreur dans ta matrice hessienne. Et je crois, de manière erronée, avoir signalé une coquille. Mea culpa.
Mais la meilleure, c'est que la DERNIERE matrice hessienne fournie par Lofti est la même que celle fournie par H.T. Et la même que la mienne. Donc tout va bien dans le meilleur des mondes.
@Lofti : en notations $x, y$ à la place de $q_1, q_2$, je t'avais fourni les dérivées partielles en ``raw text'' (pour éviter les erreurs de recopies) sous la forme D(D(F,x),x) = truc-muche où $F = x^2 s^n $ et $s = x^2 + y^2$. C'est cela qui est difficile à comprendre ?
Bien sûr, dans TES affaires, on ne veut pas t'obliger à prendre nos notations $x,y$, tu peux garder $q_1, q_2$. On n'est pas des terroristes à ce point là. Mais lorsque tu communiques avec NOUS, en demande d'un coup de main, tu peux essayer de prendre des notations plus légères. Ainsi dans ton http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1711414,1712410#msg-1712410 tu continues à utiliser $|q| = \sqrt {q_1^2 + q_2^2}$ qui apparait avec un exposant pair. Si on remplace $|q|^2 $ par $q_1^2 + q_2^2$, on obtient parfois des expressions plus simples dans les coefficients de la matrice hessienne.
Note : d'autres posts de la part de Lofti pendant que je composais celui-là.
peut on trouver une constante $c>1$ assez large tel que
$-\lambda_1(x,y)\ge \lambda_2(x,y)$ pour tout $(x,y)\in\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2,\;(2\left|x\right|)^{4/3}\left(\left(2x^2+y^2\right)^2+\left(xy\right)^2\right)^{\frac{2}{3}}\le c\left(2\sqrt{(y^2+6x^2)^2+x^4+2(2xy)^2}+2^{\frac{4}{3}}\left(\left(12\left|x\right|\right)^{\frac{1}{3}}+3\left(2\left|x\right|\right)^{\frac{1}{3}}+3\left(2\left|y\right|\right)^{\frac{1}{3}}+12^{1/4}+6\times2^{1/4}\right)^4\right)\right\}$
Merci.
edit : pour synthétiser... la matrice hessienne en $(x_0,y_0)$ de la fonction $(x,y) \longmapsto x^2 (x^2+y^2)^n$ possède une valeur propre négative ou nulle si et seulement si $(n+1)x_0^2 \leqslant y_0 ^2$.
Dans tous les cas, la somme des deux valeurs propres (la trace de la hessienne) est positive.
Maintenant tu demandes une condition pour que $-\lambda_1(x,y)\ge \lambda_2(x,y)$...
La seule manière d'obtenir ce que tu veux, c'est d'avoir $\lambda_1 (x,y) = \lambda_2 (x,y)$.
Donc attention ça ne revient pas à la même chose
Il y a forcément une valeur propre négative, par contre l'autre sera positive ou nulle si et seulement si $2x^2 \leqslant y^2$ (condition pour que le déterminant soit négatif).
Voilà. Je propose qu'on arrête là.