Absurdité et complexité sont les deux mamelles de l'administration.
Interprétation d'un système linéaire
dans Algèbre
Bonjour,
Le système suivant me fait penser à un déterminant $4, 4$, dont les éléments d'une rangée seraient égaux à leurs cofacteurs ; il me fait penser aussi à un produit vectoriel à quatre dimensions.
Qu'en est-il exactement ?
A+
Le système suivant me fait penser à un déterminant $4, 4$, dont les éléments d'une rangée seraient égaux à leurs cofacteurs ; il me fait penser aussi à un produit vectoriel à quatre dimensions.
Qu'en est-il exactement ?
A+
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Réponses
il y a des 0 dans la matrice associée. la dernière ligne est bien $-c_1$ ?
Cordialement.
Avec $\displaystyle A_4 = \begin{pmatrix} x_1&a_1&b_1&0 \\ x_2&a_2&b_2&0 \\ x_3&a_3&b_3&0 \\ x_4&a_4&b_4&1 \end{pmatrix}$ on a $\displaystyle \det(A_4) = c_4$ développé selon la première colonne pour la première équation.
$$x\wedge a\wedge b\wedge e_i = c_i (e_1\wedge e_2\wedge e_3\wedge e_4)\;.$$
pour ce qui est d'un produit vectoriel en dimension >3, il me semble qu'il n'y a qu'en dimension 7 (dans les octonions) où cela est possible du moins si on veut un certain nombre de propriétés communes, et encore :
dans un exercice de Quadrature n°52 il est prouvé que si dans un espace vectoriel $E$ euclidien de dimension>1, il existe une opération interne ayant la propriété analogue à celle du double produit vectoriel (usuel, en dimension 3) alors $\dim E=3$.
Dans l'exercice Quadrature, la seule hypothèse est que l'opération interne $*$ de $E$ euclidien (dim >1) vérifie la formule du double produit vectoriel usuel :
pour tout $u,v,w$ de $E$, on a $u*(v*w)=(u\mid w)v-(u\mid v)w$ avec $(\cdot\mid\cdot)$ le produit scalaire de $E$.
Donc (2 pages pour la démonstration) est que $\dim E=3$ et alors $*$ est le produit vectoriel ("usuel") de $E$ (ou son opposé).
A la lecture de l'article de john_john j'ai eu un peu peur car si cet article dit aussi que nécessairement $\dim E=3$ , il dit qu'il y a deux possibilités : le produit vectoriel traditionnel et le frère jumeau.
Or si ce frère jumeau vérifie la propriété du double produit vectoriel, c'est en remplacant le produit scalaire par une forme bilinéaire symétrique non positive ($\beta(a,b)=a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3$), et donc cela ne contredit pas l'exercice Quadrature.
j'ai simplement voulu faire une petite remarque sur le produit vectoriel, uniquement de 2 vecteurs (ce que je n'ai pas vraiment précisé lors de mon 1er message) , suite à un résultat vu il y a une vingtaine d'année
j'ai cherché à résoudre ce systéme (Cagnac,Ramis,Commeau 1961) pour voir si un aspect produit vectoriel intervenait : en fait c'est plutôt un aspect matrice anti-symétrique qui apparaît, car en changeant l'ordre des lignes et en multipliant par -1 certaines, on se raméne à un systéme avec une matrice anti-symétrique d'ordre 4, et dans ce cas le second membre a pour transposé $(c_1,c_2,c_3,c_4)$.
On sait que si une matrice anti-symétrique est d'ordre pair, alors
son déterminant est le carré d'un polynôme en ses coefficients non nuls
son rang est pair.
Caganc le savait et a fabriqué son exercice très certainement à partir de cela.
Mais bon, on peut faire sans.
Toujours est-il que le rang du systéme est 2 sauf si les vecteurs $a$ et $b$ sont liés auquel cas le rang est 0.
Chaque équation est le produit scalaire entre le projeté du vecteur $x$ sur l'hyperplan $(Oxyz)$ ou $(Oxyt)$ ou $(Oyzt)$ ou $(Oxzt)$ et le produit vectoriel des projetés des vecteurs $a, b$ sur le même hyperplan.
Cette remarque peut-elle aider à la résolution ?
A+
on choisit une sous-matrice 2×2 du système qui est diagonale avec pour termes diagonaux $\pm d_{i,j}$ ce qui donne les 2 équations principales et les 2 inconnues principales et avec les 2 déterminants bordants on trouve les deux conditions sur les $c_i$ pour que le système soit possible et on obtient toute de suite les deux inconnues principales en fonction des deux autres inconnues (infinité de solutions dépendant de deux paramètres).
Dans le CRC 1970 Algèbre (tome I), il n'y a presque rien sur les matrices antisymétriques ; a priori, la solution devrait s'appuyer sur autre chose, mais il arrive qu'un exercice ne soit pas bien assorti au chapitre.
A+
le déterminant du système (initial) se calcule sans problème en développant par rapport à la 1ière colonne : c'est $D^2$ avec $D=d_{1,2}d_{34}+d_{1,4}d_{2,3}-d_{1,3}d_{2,4}$
On est obligé de savoir s'il est nul ou pas : le calcul montre que $D= 0$
Donc le rang n'est pas 4.
En fait, le calcul du déterminant ci-dessus fait apparaître 3 sous-déterminants 3x3 qui sont nuls (car ils sont de la forme $kD$ ) et l'autre (le coefficient de $0$) est nul car il est de la forme $k-k$.
On voit que si on développe par rapport aux autres colonnes cela va être pareil : donc tous les sous-déterminants 3x3 sont nuls ; là c'est certain l'aspect anti-symétrie permet d'éviter ce calcul.
Donc le rang est 0 ou 1 ou 2 : on voit toute de suite que tous les sous-déterminants 2×2 sont nuls implique que tous les $d_{i,j}$ sont nuls....
Mais c'est vrai je ne sais pas d'où vient le fait que $D=0$ : est-ce que cela pouvait se prévoir ?
Ta relation $D = 0$ est une (la) relation de Plücker pour une matrice (générique) de format $4 \times 2$. I.e. tu prends une matrice générique à 4 lignes, 2 colonnes, tu formes tous les mineurs d'ordre 2 (tes $d_{ij}$) et tu cherches les relations algébriques entre ces mineurs. L'idéal de ces relations est engendré par UNE quadrique. Ce n'est pas du tout une évidence. Par contre montrer cette relation sans calcul est faisable (il faudrait que je retrouve le truc dans mon m.rdier). Les crochets ci-dessus désignent les mineurs sur les lignes.
Pour $n = 5$ lignes, et toujours pour $d = 2$ colonnes, cela se complique comme tu vois. Ce n'est pas si difficile de montrer que l'on a ces relations, ce qui est difficile, c'est de montrer qu'on les a toutes. Mais $\G_{n,2}$ reste tout de même abordable. $\G_{n,d}$, c'est le nom du fourbi pour une matrice générique à $n$ lignes et $d$ colonnes : relations algébriques entre les mineurs d'ordre $d$ d'une matrice $n \times d$ avec $d \le n$. Cela touche aux équations de la Grassmannienne $\G_{n,d}$ réalisée dans un espace projctif via un plongement dit de Plücker.
C'est un monde assez dingue qui touche à la géométrie algébrique, à l'algèbre commutative et à la combinatoire (tableaux de Young ...etc..)
$$
\left[ \matrix {a_1 & b_1\cr \vdots & \vdots\cr a_n & b_n\cr}\right] \qquad\qquad
[ij] = \left|\matrix {a_i & b_i\cr a_j&b_j\cr}\right|
$$Alors, pour un $j$ fixé, le $n$-vecteur
$$
u := \left[ \matrix {[1j] \cr [2j]\cr \vdots\cr [nj]}\right] \quad
\begin {array} {l}
\text{est combinaison linéaire}\\
\text{des deux colonnes}
\end{array} \quad
C_1 := \left[ \matrix {a_1 \cr a_2\cr \vdots\cr a_n}\right]\quad
C_2 := \left[ \matrix {b_1 \cr b_2\cr \vdots\cr b_n}\right]
\qquad\qquad\qquad
\left[ \matrix {[1j] \cr [2j]\cr \vdots\cr [nj]}\right] =
b_j \left[ \matrix {a_1 \cr a_2\cr \vdots\cr a_n}\right] -
a_j \left[ \matrix {b_1 \cr b_2\cr \vdots\cr b_n}\right]
$$D'où $u \wedge C_1 \wedge C_2 = 0$, ce qui se traduit par la nullité de mineurs d'ordre 3. J'en donne un exemple à gauche et la forme générale à droite
$$
\left| \matrix {[1j] & a_1 & b_1\cr [2j] & a_2 & b_2\cr [3j] & a_3 & b_3\cr} \right| = 0 \qquad \text{de manière générale} \qquad
\left| \matrix {[i_1j] & a_{i_1} & b_{i_1}\cr [i_2j] & a_{i_2} & b_{i_2}\cr [i_3j] & a_{i_3} & b_{i_3}\cr} \right| = 0
$$Lorsque l'on développe le déterminant de droite selon la première colonne, on obtient une relation de Plücker :
$$
[i_1j] [i_2i_3] - [i_2j][i_1i_3] + [i_3j][i_1i_2] = 0
$$Voilà. Note : j'ai obtenu un signe $-$, ce qui est très désagréable. Je veux dire par là qu'en traitant le cas général $n \times d$ au lieu de $n \times 2$, on risque d'en ch.er. En calcul extérieur/intérieur, les signes sont à bannir. Il y a des stratégies pour le faire. J'attache un petit truc.
J'ai trouvé par hasard une solution dans l'ouvrage suivant
Exercices résolus d'algèbre (Arnaudies, Delezoide, Fraysse), page 423 de l'édition de 1994.
A+