Brouillon AB-BA = id
dans Algèbre
Pardon, j'ouvre un fil brouillon de calculs pour voir "ce que ça fait" d'essayer de trouver deux matrices 2×2 $A,B$ telle que :
$$ AB-BA = diag(1,1)$$
Il existe des preuves taupines ultraspoilées pour ça, je sais, je sais, c'est juste que je veux voir la sensation et en même temps, je la partage.
[small]Je commence avec une matrice dont les vecteurs colonne forment une base orthonormée, et aux posts suivants, si j'ai le courage, je ferai le cas général.
Colonne1 matrice1 : a,b
Colonne2 matrice1: -b,a
Colonne1 matrice2 : u,v
Colonne2 matrice1: -v,u
Calcul de AB :
coef 1,1: au+bv
coef 2,1: au+bv
coef 2,1:[/small]
Ah mais non, jsuis trop trop trop bête, c'est la multiplication des complexes et elle est commutative, inutile de continuer :-X
Bon, bin au post suivant, matrices 2×2 générales. Pardon
$$ AB-BA = diag(1,1)$$
Il existe des preuves taupines ultraspoilées pour ça, je sais, je sais, c'est juste que je veux voir la sensation et en même temps, je la partage.
[small]Je commence avec une matrice dont les vecteurs colonne forment une base orthonormée, et aux posts suivants, si j'ai le courage, je ferai le cas général.
Colonne1 matrice1 : a,b
Colonne2 matrice1: -b,a
Colonne1 matrice2 : u,v
Colonne2 matrice1: -v,u
Calcul de AB :
coef 1,1: au+bv
coef 2,1: au+bv
coef 2,1:[/small]
Ah mais non, jsuis trop trop trop bête, c'est la multiplication des complexes et elle est commutative, inutile de continuer :-X
Bon, bin au post suivant, matrices 2×2 générales. Pardon
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Réponses
e.v.
Effectivement si $BA=AB+1$ alors $tr(BA) = tr(AB)+1$, or $tr(AB)=tr(BA)$!!!!
Bonne année
C'est marrant mes souvenirs des mondes parallèles m'ont persuadé que les preuves vues étaient du genre "par récurrence, on obtient $a^nb-ba^n=2^ntruc$, donc blabla. Alors que c'est si simple...
Par ailleurs je me permets de remarquer (du coup) que cette astuce ne marche pas en caractéristique $2$ (ou $p$, pour $p$ divisant la dimension) car la trace de $diag(1) $ est $n$ (et pas $1$ ;-) ); et d'ailleurs il en existe, de tels couples dans ces caractéristiques
J'ai oublié les détails, si à un moment ça m'amuse je pourrai te les redonner ;-) (et si ça t'intéresse bien sûr)
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Si je me souviens bien, la réponse est oui lorsque $R$ est un anneau principal. (Mais ce n'est pas un exo taupinal.)
Mais je cherchais de la non commutativite "bien dure" dans la plus petite dimension possible. Grand merci Max.
Chaurien impressionnant le "normé => pas possible d'avoir continuité". Les preuves en sont elles faciles?
Quand j'ai dit taupinal c'était surtout pour expliquer que je n'en demandais pas de preuve car voulais "ressentir" mais le rappel d'ev a été parfait pour moi.
De mon téléphone
De toute façon Anatole m'a confirmé que j'ai tellement purifié ma vision multimondique du paradigme quantique que la non commutativite n'y joue plus aucun rôle, car elle ne s'exerce que quand il y a réduction du paquet d'onde (or il n' en pas dans ma version).
Je suis donc appelé à "retravailler" mon approche pour inclure son rôle sans devoir me tartiner la decoherence et des produits tensoriels interminables.
A la base je cherche à prouver que la relativité généré une inégalité d'indétermination du même genre et donnera les mêmes valeurs physiques.
Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes de $E$ tels que $fg-gf=Id_E$.
Alors pour tout $n \in \mathbb N^*$ on a : $f^{n}g-gf^{n}=nf^{n-1}$.
Si $f$ et $g$ étaient continus, alors $f$ serait nilpotent.
Soit $p$ le plus petit $n\in \mathbb{N}^*$ tel que $f^{n}=0$ (indice de nilpotence). Alors $f^{p}g-gf^{p}=pf^{p-1}$ : impossible.
Par exemple, soit $E=\mathbb{K}[X]$, et pour $P\in E$, soit $%
T(P)=XP$ et $D(P)=P^{\prime }$, exemples fameux d'endomorphismes pathologiques en dimension infinie : $T$ injectif et non surjectif, $D$ surjectif et non injectif. On a : $DT-TD=Id_{\mathbb{K}[X]}$.
Il n'existe donc pas de norme sur $\mathbb{K}[X]$ qui rende simultanément continus les endomorphismes $T$ et $D$ du $\mathbb{K}$-espace vectoriel $\mathbb{K}[X]$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Référence : On matrices of trace zero, A.A. Albert & Benjamin Muckenhoupt, Michigan Mathematical Journal, vol 4, 1957.
A ne pas confondre avec le résultat en caractéristique 0 montré par K. Shoda en 1937.
Alexander Stasinski Similarity and commutators of matrices over principal ideal rings, Trans. Amer. Math. Soc., 368 (2016), 2333-2354.
$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$
ok, c'est bon, déjà merci!
On est tôt le matin, je mets spontanément les questions comme elles me viennent, fussent-elles triviales.
Passage qui ne me saute pas aux yeux en première lecture:
Dans le contexte quantique, les matrices qui ne commutent pas (ou commutent), sont toujours des matrices sommes de projecteurs orthogonaux, je ne sais pas si ça fait une grosse restriction. En tout cas, "pas de nilpotence" a priori en quantique. Elles sont même diagonalisables dans une base orthonormée pour chacune je crois.
Je donne cette précision pour que les gens alimentant ce fil ne soient pas non plus à trop s'épuiser (hors plaisir) sur ce phénomène de non commutation dans le cas général.
Si $f$ et $g$ étaient continus, soient $\left\| f\right\| $ et $\left\| g\right\| $ leurs normes respectives, associées (subordonnées) à la norme définie sur $E$, en sorte que : $\left\| fg\right\| \leq \left\| f\right\| \cdot \left\| g\right\| $.
Alors, pour tout $n\in \mathbb{N}$, on aurait : $(n+1)\left\| f^{n}\right\| =$$ \left\| f^{n+1}g-gf^{n+1}\right\| \leq $$\left\|
f^{n+1}g\right\| +\left\| gf^{n+1}\right\| $$\le \left\| f^{n}\right\| (\left\| fg\right\| +\left\| gf\right\|) $, d'où : $\left\| f^{n}\right\| ((n+1)-(\left\| fg\right\| +\left\|
gf\right\| ))\leq 0$.
Si $n\geq \left\| fg\right\| +\left\| gf\right\| $, alors $\left\|
f^{n}\right\| \leq 0$, soit : $f^{n}=0$. L'endomorphisme $f$ est nilpotent.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Voici le lien: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2163788,2163788#msg-2163788
- Le GROS PROBLEME n'est pas dans ce que tu dis (enfin je veux dire le "paradoxe" si on peut parler ainsi) mais dans "pourquoi on a choisi $x\mapsto x'$ pour la vitesse et $x\mapsto Id.x$ pour la position".
Et bin la réponse, je vais te la donner:
parce que l'oeil qui regarde la position a ses pigments de la forme $f_a: [x\mapsto $ if $x=a$ then $1$ else $0]$
alors que l'oeil qui regarde la vitesse a ses pigments de la forme $g_a:x\mapsto exp(ax)$
Sauf problème: pourquoi on fait ça? Et bin comme dans la pub orangina: "PARCE QUE!!!!!"
Tu te doutes bien que ce n'est pas satisfaisant. En fait, je suis malhonnête, la vraie réponse c'est parce que "ça marche bien avec les ondes" et l'autre vraie raison (il y a de la psychanalyse qui s'est perdue dans l'air à cette époque), c'est parce que les machines qui mesurent utilisent des nombres.
Autrement dit, on "représente" la base $e$, et un cadran de machine mesurant avec cette base d'appareil par la matrice diagonale (dans cette base) $diag(a_1,..,a_n)$ et tout ça pourquoi? Parce que quand tu vas donner $u$ à la machine, elle va ressentir $u = \sum_i z_ie_i$, mais "terminer" pour chaque $i$ dans un monde où l'aiguille sera sur LE NOMBRE $a_i$. T'imagines si les cadrans avaient été des smileys?
Bref, les raisons pour lesquels on s'intéresse à $\sum_i z_ie_i\mapsto \sum_i a_iz_ie_i$ me rendent très peu dans la dispo car ce n'est pas, pour moi, un e approche "fondements".
Or, du fait qu'on aurait pu remplacer les $a_i$ par des petits smileys, j'ai toujours rejeté cette façon de faire. Elle marche en pratique GRACE A DES THEOREMES d'algèbre linéaire en dimension finie (le langage de ladite AL est très unifiant pour ces choses) et on a fait un copié-collé un peu hardi avec la dimension finie, qui, hélas, ne marche pas avec la relativité.
Du coup, je ne suis pas compétent pour appréhender ces amalgames et mémorialismes tant que je n'aurai pas un peu étudié la relation entre Fourier et les ondes. Et crois-moi, dire que je suis béotien est un euphémisme pour ce qui concerne ET Fourier ET les ondes.
Voici le lien: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,2163788,2163788#msg-2163788
Alors qu'en classique, si on se donne un ensemble fini, tout couple de partitions (l'équivalent classique d'une décomposition hilbertienne est une partition) a une partition plus fine.
Et l'exercice, c'est de démontrer que deux décompositions hilbertiennes ont une décomposition hilbertienne plus fine si et seulement si pour tout sous-espace $p$ de l'une, et sous-espace $q$ de l'autre, les projecteurs orthogonaux associés $p$ et $q$ commutent.
Bref... Je ne comprends pas trop pourquoi tu combats le slogan quantique=non commutatif... Bon, c'est vrai que par exemple, la théorie des groupes quantiques me semble assez éloignée de la MQ, et qu'il ne suffit pas de faire des trucs (enfin j'y connais rien mais j'ai une idée d'un slogan qui résume ses travaux) comme ceux d'Alain Connes pour faire de la MQ. Mais il y a quand même un lien entre non commutativité et quantique ! Piron, lui, dirait peut-être que quantique équivaut à non distributivité du et sur le ou dans le treillis des propositions d'un système physique...
Mais c'est extrêmement anthropomorphique, déjà, et surtout, je trouve que c'est trompeur, car, et tu le dis bien, ça laisse entendre qu'on "attendrait" de la commutativité qu'elle fournisse une base commune.
Ca a d'ailleurs conduit à un conflit et des incompréhensions importantes :
1/ MmeX a commencé à dire: "mesurer perturbe"
2/ MrY répond: ah non Madame, "mesurer ne veut rien dire, c'est juste que le truc est étalé VRAIMENT in the real REALITY"
3/ Mme X: ah non, Monsieur, puisque sinon, vous n'auriez pas besoin de parler de non commutativité, c'est parce que mesurer $B$ après avoir obtenu $A$ ne donne pas la même chose que mesurer $A\cap B$ après avoir obtenu $A$ qu'on a ces étalements, qui s'expriment TEXTO en terme de mesure qui perturbe le système mesuré.
On ne peut pas être d'accord avec ces deux personnes en même temps puisqu'elles se disputent. La réalité est qu'il n'y a aucun problème de commutativité, mais que le truc est bien étalé.
Le fait que ((a,b),c) n'évolue pas comme (a,(b,c)) n'est absolument pas étonnant puisque ce sont des objets différents. Et ce n'est pas du tout la non commutativité qui génère ça. Tu as cette différence dans tous les anneaux commutatifs que tu veux en lieu et place des $M_n(K)$ et la TQ s'y applique tout aussi bien.
Ce qu'il se passe c'est que l'évolution n'est pas une fonction, donc évidemment, "l'être humain" a décidé de prendre le relais et d'examiner les deux et voir qu'ils diffèrent.
Sauf que il a constaté qu'ils diffèrent avec ce qu'ils considèrent comme "des processus respectables de mesure dont ils auraient voulu qu'ils ne se comportent pas ainsi" et ont appliqué un déni d'existence assez fou quand on pense au mode science à toutes les choses qui ne commutent pas, mais ne sont pas considérées comme "mesurant".
Tu as une superbe tarte T à la cerise. X adore les tartes à la cérise. Y fait une totale allergie aux tartes aux cerises te tire un coup de Kalach dedans dès qu'il en voit. Ils se sont donné RV pour boire une bière qui les attend à côté de la tarte
((X,T),Y) évolue vers ((X,bière),Y) que tu peux relaxer en (X,bière,Y)
(X,(T,Y)) évolue vers (X,(fumée,Y)) que tu peux relaxer en (X,fumée,Y)
Bref, on peut utiliser
- l'adage "mesurer perturbe" (ce que je désapprouve dans la mesure où dans plein d'exemples, c'est l'opposé qui se produit, la TQ lit dans les pensées)
- on peut utiliser "mesurer ne perturbe pas, mais pas de RDO, et multimonde".
Mais (sur le plan des principes, je ne parle pas de la pratique quotidienne en labo), on ne peut pas utiliser les deux. Personnellement, j'ai choisi "regarder ne perturbe pas, enregistrer perturbe", mais attention, ENREGISTRER n'a rien à voir avec "mesurer" à strictement parler. Comme je l'ai dit dans les posts précédents, le "mémoriel", ça bouscule! Or personne n'aurait l'idée de prétendre que "mémorieliser" ne perturbe pas d'un pouce le réel.
Je pourrais changer d'avis si par exemple tu me disais que mesurer
"Dans A", suivi de "Dans $A\cap B$"
ne donnait pas le même résultat que
"Dans B?", suivi de "Dans $A\cap B$"
mais même si je n'ai jamais fait l'exercice d'algèbre linéaire attenant, je pense à 99% que ce n'est pas le cas.
Si on part d'un $\phi$ dans $A^\perp$, qu'on lui demande s'il est dans $A$, il répond que non, plus si on lui demande s'il est dans $A\cap B$, il répond que non.
Si, de plus, $B$ n'a rien à voir avec $A$ ou $A^\perp$, alors, si on lui demande s'il est dans $B$, il peut dire que oui (et auquel cas, si on lui demande s'il est dans $A\cap B$, il peut dire que oui ou que non) ou il peut dire que non (et auquel cas il répondra non si on lui demande s'il est dans $A\cap B$).
Mais ok, je suis d'accord avec l'idée que la mesure ne perturbe rien et que c'est l'effort de mémorisation qui "force à choisir" un bout de la superposition.
Je parle trop souvent sans exemple, pour raccourcir, mais je vais prendre l'exemple le plus bateau et agaçant qui soit, bien physique, et testé 1000 fois: les fentes d'Young.
Je trouve assez dommage que les auteurs ne choisissent la plupart du temps QUE cet exemple, puisqu'il ne présente aucun paradoxe. Pour être précis aucun si tu n'ajoutes pas que le photon (ou l'électron, ou la balle de Tennis) est une particule.
Mais comme ils ne racontent pas ça à des gens avec des balles de Tennis (et quand bien même), mais avec des photons, l'effet tombe à plat, car tout le monde a vu $10^5$ fois des ondes dans l'eau et ne voient pas en quoi ce serait mystérieux.
Il est donc nuisible pour la compréhension de mettre un "et": la mesure perturbe ET la théorie est non commutative. Alors que c'est SI la mesure perturbe ALORS il n'y a plus de non commutativité, puisque la perturbation explique le défaut de commutativité.
La TQ mérite mieux, me semble-t-il, surtout en 2020, que ces vieux slogans erronés (ou à tout le moins ambigus). Les sondeurs, même dans la banale vie réelle, ne font pas cette erreur et connaissent le paradoxe de Condorcet (qui n'en est pas un).
Même si je me trompe sur le plan psychologique, ce que je regrette le plus dans cette histoire c'est l'image que ça donne: on a l'impression que les scientifiques de l'époque ont dû affronter des démons de vanité du genre "ah mince, on devrait obtenir une somme, ils sont bien soignés nos trous, pourquoi on obtient une sinusoide?"
L'algèbre linéaire fournit une quantité énorme de théorèmes "contraignant la TQ à être ce qu'elle est.
Exercice1: Soit $f: [0,1] \to \R$ telle que pour tous $x,y,z$ dans $[0,1]$ si $x+y+z=1$ alors $f(x)+f(y)+f(z)=1$. Prouver que $f$ est affine
Exercice2: Soit $E$ est un espace vectoriel et $f: E^2\to \R$ telle que pour tout plan (vectoriel) $P$ de $E$, la restrictoin de $f$ à $P$ est une forme quadratique. Alors $f$ tout entière est une forme quadratique.
Si certains veulent s'amuser..... Je promets que je lirai avec attention car ça participe à la "preuve" que la TQ a proposé des axiomes en trop, qui pouvaient être déduits.
Je dis juste que nous ne savons pas comment nous procédons pour gagner au jeu :
Bob choisi x entre 0 et 1
Je choisis y et je gagne quand y est à au moins la distance 0.2 de x.
Rien de plus (j'ai peut être ajouté des précisions pour les gens qui diraient qu'un réel est trop petit pour implémenter le jeu en disant que Bob noircit les points de 0 au x qu'il choisit).
C'est pourquoi c'est important de nous regarder nous. On sait qu'on gagne et on est incapable de vebaliser comment on fait.
De plus $g$ vérifie $g(x)+g(y)+g(z)=0$ si $x+y+z=0$ lorsque $x,y,z \in [-1/3,2/3]$.
Soit $b$ le plus grand réel appartenant à $[0,2/3]$ tel que pour tout $x \in [0,b]$, $g(x)=ax$.
Soit $c$ le plus petit réel appartenant à $[-1/3,0]$ tel que pour tout $x \in [c,0]$, $g(x)=ax$.
Si $c<-b/2$, pour $x$ au voisinage de $0$, $0=g(b+x)+g(-b/2-x)+g(-b/2)=g(b+x)-ab/2-ax-ab/2$ , donc $g(b+x)=ab+ax=a(b+x)$. Donc $b$ n'est pas maximum. Donc $2c+b \geq 0$.
Si $-c/2<b$ et $c>-1/3$, alors $g(c-x)+g(-c/2+x)+g(-c/2)=0$ pour $x$ proche de $0$. Donc $g(c-x)-ac/2+ax-ac/2=0$, donc $g(c-x)=a(c-x)$, donc $c$ n'est pas le plus petit. Donc $2b+c \leq 0$ ou $c=-1/3$.
Donc, si $c>-1/3$, $2b+c \leq 2c+b$, donc $b \leq c$, impossible, car $b>0$ et $c<0$.
Donc $c=-1/3$ et $2c+b \geq 0$, donc $b\geq 2/3$, donc $b=2/3$.
Donc $f(x)= a(x-1/3)+1/3$, donc est affine.
Solution: "je m'appelle side, et vous ferai remarquer chers camarades que les images des nombres dyadiques sont "évidemment" fixées (par $f(1)$), CQFD par densité".
Eventuellement, on peut ajouter: on trouve celle de 0, (car 1 = 1+0+0) on connait celle de 1/2, donc celle de 1/4 et 3/4 puisque 1/4+1/4+1/2 = 1 puis 1/4+3/4 = 1, etc.
Soit $n$ un entier et $E$ l'espace des applications de $\Z/n\Z$ dans $K$ un corps.
Je note $f(x) := (p\mapsto x(p+1)-x(p))$
$g(x):= ( p\mapsto px(p) )$
$h(x):= (p\mapsto x(p+1))$
pour tous $x\in E$.
$f(g(x))(p) = g(x)(p+1) - g(x)(p) = $
$(p+1)x(p+1) - px(p) = p(f(x)(p)) + x(p+1) = $
$g(f(x))(p) + x(p+1)$
Je peux faire des erreurs de calcul, autant le dire. Mais je ne trouve pas que ce soit très violemment différent de la dimension infinie, ici, d'avoir
$$ f\circ g - g\circ f = h $$
Franchement, $h$ est loin d'être négligeable.
Georges, pardon, je n'avais pas vu ton post. Oui, en tout cas, c'est ce qu'il y a de plus "raisonnablement rattaché à la vision quantique" me semble-t-il.
Je vais même plus loin, je ne crois pas à la non connexité du truc global (ie je ne crois pas qu'on puisse parler de "histoires où ça passe à gauche" bien séparé de "histoires où ça passe à droite".
Je vois plutôt ça comme un tore connexe (mais c'est personnel).
1/ $\forall u,v,\ [ <f(u)|f(v)>\, =\, <u|v> ]$
2/ $\forall u,v,\ [ <f(u)|v>\, =\, <u|f(v)> ]$
3/ $f\circ g = g\circ f,$ avec $\forall u,v,\ [ <f(u)|v>\, =\, <u|g(v)> ]$
4/ $\forall u,v,\ [ <f^{-1}(u)|f(v)> \,=\, <u|v> ]$
5/ $f^* = f$
6/ $f^{-1} = f^*,$ où l'étoile représente la transposée.
De rumeur mémorielle, elles sont toutes diagonalisables (in alg.cloture), les nilpotentes faisant figure de grosses et uniques exceptions ?
Y a-t-il des moyens simples, courts et mnémotechniques pour être cultivé dans cette zoologie ? Merci d'avance.
Dans ma "représentation mentale", je ne garde que le 3 : commuter à son adjoint (on dit alors que le truc est normal). C'est équivalent, pour un endomorphisme d'un espace vectoriel complexe, en dimension finie, à être diagonalisable en base orthonormée. Pour démontrer le sens difficile, tu montres qu'il y a une valeur propre, et tu montres que l'orthogonal d'un vecteur propre est stable, et que l'endomorphisme restreint est encore normal.
Ton 1 et ton 6 sont équivalents à diagonalisable en base orthonormée avec des valeurs propres de module $1$ (on dit "unitaire"), ton 2 et ton 5 sont équivalents à diagonalisable en base orthonormée avec des valeurs propres réelles (on dit "autoadjoint"). Ces équivalences suivent directement du truc plus haut.
Ton 4 a l'air équivalent à "autoadjoint et inversible" donc diagonalisable en base orthonormée et à valeurs propres réelles non nulles.
En fait, moi, je pense toujours au théorème qui dit "toute $C^*$-algèbre commutative est l'algèbre des fonctions continues sur un compact" (c'est Gelfand-je sais plus qui). En dimension finie, toute sous-algèbre de $M_n(\mathbb{C})$ qui est stable par passage à l'adjoint est une $C^*$-algèbre ; et donc, si je prends un élément $A \in M_n(\mathbb{C})$, la plus petite sous-algèbre stable par passage à l'adjoint qu'il engendre, c'est la sous-algèbre engendrée par $A$ et $A^*$. Et donc, les conditions d'applications du théorème, pour ce $A$, c'est que cette sous-algèbre est commutative, et la condition $A=A^*$ est suffisante (et nécessaire) pour ça. Si c'est le cas, hop, la sous-algèbre engendrée par $A$ et $A^*$ est isomorphe à l'algèbre des fonctions continues sur un compact, et ce compact s'identifie naturellement au spectre de $A$.
Bien sûr, comme il n'y a pas de "fonctions nilpotentes", les endomorphismes nilpotents sont exclus de cette histoire.
Certes, ce théorème est assez trivial en dimension finie : je ne dis pas que je l'utilise dans ces cas-ci ! C'est plus une "philosophie".
Ah et au fait, c'est aussi ce théorème qui à mon avis, raccorde non-commutativité et quanticité : si on part du paradigme qu'une théorie physique doit être formalisée par une algèbre, alors (avec des hypothèses) la commutativité équivaut à être de la forme des probabilités classiques (les observables sont toutes des fonctions définies sur un univers $\Omega$).