Résolution d'un produit matriciel
dans Algèbre
Bonjour
J'ai un petit problème de résolution/simplification d'un produit matriciel avec des matrices de rotation.
Il y a une étape de calcul et simplification que je ne vois pas. Je vous ai mis l'étape à laquelle je me suis arrêté et le résultat attendu.
Désolé d'avance pour les expressions Mathématiques, c'est des Maths d'ingénieur (Robotique)...
R c'est une matrice de rotation
01 c'est l’expression d'un objet du repère 1 dans le 0 (10 l'inverse)
c = cos
s = sin
w un angle de rotation
t le temps
wt une vitesse de rotation (les unités n'ont pas d'importance)
AS matrice antisymétrique du vecteur \Omega
Merci d'avance pour votre aide.
Quentin
J'ai un petit problème de résolution/simplification d'un produit matriciel avec des matrices de rotation.
Il y a une étape de calcul et simplification que je ne vois pas. Je vous ai mis l'étape à laquelle je me suis arrêté et le résultat attendu.
Désolé d'avance pour les expressions Mathématiques, c'est des Maths d'ingénieur (Robotique)...
R c'est une matrice de rotation
01 c'est l’expression d'un objet du repère 1 dans le 0 (10 l'inverse)
c = cos
s = sin
w un angle de rotation
t le temps
wt une vitesse de rotation (les unités n'ont pas d'importance)
AS matrice antisymétrique du vecteur \Omega
Merci d'avance pour votre aide.
Quentin
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Réponses
De tête tes calculs semblent corrects. Essaie de réécrire les deux matrices avec $ \sin u \cos u =1/2 \sin 2u$ et utilise $\cos 2 u=\cos^2 u-\sin^2 u=2\cos^2 u-1=1-2 \sin^2 u$ et n’oublie pas que la clés des calculs est la factorisation (donc factorise les termes, puis traite la parenthèse par les formules trigo.). Le calcul du coefficient de la ligne une et colonne une est le plus difficile... mais se fait en trois secondes.
Merci pour ton aide, je vais travailler dans ce sens là. Je vous tiens au courant de ce que j'ai trouvé.
Bonne journée
Ce qu'il y a derrière ce calcul : l'espace tangent au groupe des rotations en $R\in SO_3(\mathbb R)$ se calcule facilement en faisant
$$(R+tH)(R+tH)^{\mathsf T}=I_3+t(HR^{\mathsf T}+RH^{\mathsf T})+\cdots$$
Il est composé des matrices $H$ telles que $HR^{\mathsf T}$ est antisymétrique. Donc bien sûr $\dot{R}(t)\,R(t)^{\mathsf T}$ est antisymétrique.
.
Je ne connaissais pas les maths théoriques qu'il y avait derrière ce calcul, car nous l'avons approché par le sens physique avec une relation entre la vitesse, le dérivé d'une position en rotation et le changement de repère. Effectivement, je ne me suis pas simplifié la vie ^^. La trigonométrie était un peu loin derrière moi...
Quentin
@GaBuZoMeu, je n'y connais pas grand-chose mais il y a un truc qui me chagrine. Je n'ai pas l'impression que $R+tH$ soit élément de $SO$. Si ?
Pour retomber sur ton résultat j'ai considéré une trajectoire $R(t)$ de $O_3(\mathbb{R})$ avec $t\in ]-\varepsilon,+\varepsilon[$, $\varepsilon>0$, telle que $R(0) = M$ et en dérivant $R(t)R(t)^T = I_3$ on trouve $\dot R(0)M^T = -(\dot R(0)M^T)^T$ et donc, en notant $A_M = \{H\in\mathbb{R}^{3\times3}\mid HM^T = -(HM^T)^T\}$, on obtient $T_MO_3(\mathbb{R}) \subset A_M$.
Inversement, si on pioche $Q\in A_M$ alors $R(t) = \exp(tQM^T)M$ est une trajectoire de $O_3(\mathbb{R})$ telle que $R(0)=M$ et $\dot R(0)=Q$ ainsi $ A_M \subset T_MO_3(\mathbb{R})$.
Je fais inutilement bourrin ?
Je te remercie par avance pour tes précieuses lumières.
Cordialement,
Mister Da
Si $F=0$ est l'équation d'une hypersurface lisse et $x$ un point de cette hypersurface, l'hyperplan tangent à l'hypersurface en $x$ est formé des vecteur $v$ tels que $F(x+tv)$ est $o(t)$.
d'accord merci beaucoup pour la précision. Maintenant c'est plus clair.
Cordialement,
Mister Da