Identité algébrique

Bruno Greco
Bruno Greco
dans Shtam
Ne vous gênez pas pour sortir ce message de ce forum réservé aux génies !
C'est que je n'avais jamais encore croisé cette identité, donc si quelqu'un sait à quoi on la rattache, merci de m'en informer.
Voilà l'objet du délit.

Étant donné 4 éléments $A,B,a,b$ dans un anneau commutatif, on a l'identité : $$

4(A^2+A B+B^2)(a^2+a b+b^2)-(2 A a+A b+B a+2 B b)^2 = 3(A b-B a)^2

$$ Pas de quoi pavoiser pour la profondeur de la preuve !
Mais c'est la formule clef sur laquelle je tombe en étudiant un célèbre théorème liant géométrie et dérivation de polynômes...

Dans ce cas je l'applique avec $a,b$ les conjugués de $A,B$ complexes, mais on a bien envie de l'appliquer avec A,B fonctions dérivables et $a,b$ leurs dérivées, ou $A,B$ matrices et $a,b$ leurs transposées, ou dans le domaine des formes quadratiques et bilinéaires associées ou que sais-je encore...

Donc toute info sur l'apparition antérieure où que ce soit de cette formule me privera de l'appeler formule de Greco, dommage pour la circonférence de mes chevilles mais heureusement pour ma modestie, et sera donc très appréciée, merci d'avance.
Cordialement, Bruno Greco

Réponses

  • JLT
    JLT
    A vue de nez ça ressemble à l'identité $||u||^2\,||v||^2-|\langle u,v\rangle|^2 = || u\wedge v ||^2$ pour tous vecteurs $u,v$ d'un espace euclidien de dimension 2.
  • Bruno Greco
    Bruno Greco
    Exact ! Ca ne ressemble pas, c'est ! Un grand merci JLT...
  • claude quitté
    claude quitté
    Comme je n'ai pas compris, je me permets de donner une approche qui passe par $\Z[j]$ (ou $\Q[j]$ ou ...etc...) et utilise la norme algébrique. C.a.d
    $$
    a^2 + ab + b^2 = (a - jb) (a - j^2b) \qquad \text {i.e.} \qquad a^2 + ab + b^2 = N(z) =_{\rm def} z\,\overline z \quad \text{avec} \quad z = a - jb
    $$Il vient, en utilisant $N(z_1z_2) = N(z_1)N(z_2)$
    $$
    (a^2 + ab + b^2)(A^2 + AB + B^2) = X^2 + XY + Y^2 \qquad \hbox {avec} \quad X = aA - bB, \quad Y = aB + bA + bB
    $$Cela nous fait une première identité dans laquelle, grâce à la symétrie, on peut y réaliser si l'on veut $a \leftrightarrow b$ et/ou $A \leftrightarrow B$.

    On peut ensuite utiliser le coup du trinôme du second degré
    $$
    4(X^2 + XY + Y^2) = (X+2Y)^2 + 3X^2 = (2X + Y)^2 + 3Y^2
    $$Ici j'ai intégré la symétrie.

    Et en cumulant les deux identités ...etc...
  • Bruno Greco
    Bruno Greco
    en le redisant sans complexes :
    avec u=(a,b), v=(A,B) dans IR² on définit le produit scalaire $u.v=2aA+aB+bA+2bB$. Le membre de gauche est alors
    $||u^2||\, ||v^2||-(u.v)^2$.

    Or l'identité de Lagrange dit $$||u^2||\, ||v^2||=(u.v)^2+Det(u,v)^2$$ où $Det$ désigne le déterminant en b.o.n qcque (i.e $u\wedge v$).
    mais par proportionnalité des déterminants, $Det(u,v)=Kdet(u,v)=K(aB-bA)$ où $det$ = déterminant dans la base canonique. En appliquant l'identité de Lagrange à la base canonique, il vient $2.2=1+K$ donc $K=3$ et la messe est dite...
  • Bruno Greco
    Bruno Greco
    S'il y a des curieux de la chose, j'ai commencé à rédiger les calculs aboutissant au Théorème de Marden,
    c'est encore très brouillon mais tout relecteur sera most welcome.
    Si ça veut marcher on peut essayer le lien dynamique
    le théorème de marden en butinant
  • JLT
    JLT
    Je ne connaissais pas ce théorème, mais je pense qu'il y a des raccourcis pour y aboutir. Soient $M_1M_2M_3$ un triangle dont $O$ est le centre de gravité.

    1) On montre comme tu le fais qu'il existe une et une seule conique de centre $O$ passant par $M_1$, $M_2$ et $M_3$.

    2) En prenant la structure euclidienne telle que $M_1M_2M_3$ soit équilatéral, le cercle circonscrit convient donc la conique est une ellipse.

    3) On ramène le problème au cas où l'ellipse de Steiner circonscrite est d'équation $x^2+\dfrac{y^2}{1-e^2}=1$ ($e$ étant l'excentricité). L'affinité $f:(x,y)\mapsto (x,\sqrt{1-e^2}y)$ envoie le cercle unité sur cette ellipse, donc il existe trois points $u,v,w$ sur le cercle unité tels que $u+v+w=0$ et tels que $f(u)=M_1$, $f(v)=M_2$ et $f(w)=M_3$.

    Les points $u,v,w$ forment un triangle équilatéral donc $uv+vw+wu=0$ et $u\bar{v}+v\bar{u}=v\bar{w}+w\bar{v}=w\bar{u}+u\bar{w}=-1$.

    L'affinité s'écrit $f(u)=\dfrac{1+\sqrt{1-e^2}}{2} u + \dfrac{1-\sqrt{1-e^2}}{2}\bar{u}$.
    On calcule aisément que $f(u)+f(v)+f(w)=0$ et que $f(u)f(v)+f(v)f(w)+f(w)f(u)=-3\frac{e^2}{4}$, donc si $P$ désigne le polynôme dont les racines sont $M_1,M_2,M_3$, les racines de $P'$ sont $\pm \frac{e}{2}$. Or les foyers de l'ellipse de Steiner circonscrite ont pour coordonnées $(\pm e,0)$ donc les foyers de l'ellipse de Steiner inscrite ont pour coordonnées $(\pm \frac{e}{2},0)$, ce qui conclut.
  • Bruno Greco
    Bruno Greco
    Jolie démarche JLT ! En particulier les allers-retours ellipse-cercle m'ont fait jubiler.

    Le point est que je m'étais donné comme objectif de ne pas "se ramener à une configuration réduite", car la plupart des preuves que j'avais grapillées sur le net commencent ainsi et que dans ce cas on part tout de suite en équation réduite et même les calculs deviennent aisés sans terme rectangle.

    J'ai profité de l'occasion pour établir les formulaires reliant l'équation complexe (oblique, bien sûr C^2-4|A|^2 est le discriminant), les paramètres $a,c$ d'une conique à centre et la donnée par centre et deux points : ils fournissent une alternative à la réduction (vaps,veps) de la forme quadratique sous-jacente. Je sais que ça ne vole pas haut mais je ne les avais pas encore croisées.

    Mais ta méthode est très chouette, le calcul-clé,

    "On calcule aisément que f(u)+f(v)+f(w)=0 et que f(u)f(v)+f(v)f(w)+f(w)f(u)=?3e^2/4"

    pendant de ma fameuse identité, à l'avant avant dernière ligne est raisonnable et la démarche est plus élégante que mon rouleau compresseur calculatoire.

    Pour l'honneur, je vais quand même essayer de finir mon papier qui est carrément brouillon à l'heure actuelle.

    Qelle que soit la méthode, je n'arrive pas à me satisfaire qu'un calcul bête soit la seule façon d'expliquer le lien si étroit entre foyers de l'ellipse de Steiner et racines du polynôme dérivé, donc ce théorème recèle encore un parfum de mystère qui continue à m'exciter.

    Un grand merci pour ta réponse et sa hauteur de vue,

    cordialement, Bruno Greco
  • R.E.
    R.E.
    Je proteste.
    Comment un message sensé qui ne prétend même pas révolutionner les mathématiques peut être posté dans shtam ?
    Ce post n'est même pas à shtam ce que le canada dry est à la bière.
    Je propose un bannissement de Bruno Greco, claude quitté et JLT ( ah m**de il est admin, tant pis) d'un mois du sous-forum stham.
    La shtamique est une science sérieuse qui ne doit pas être dévoyée.

    Signé : Le diviseur.

    Edit : shtamique, la shtamerie, c'est l'endroit où l'on étudie la shtamique c'est-à-dire où l'on fait des additions savantes (ou des divisions au choix)
  • Bruno Greco
    Bruno Greco
    Oui, mes plus plates excuses, je débarque dans ce forum sans avoir un peu étudié avant les règles implicites de comportement… Je vais tâcher de me mettre au parfum, promis.
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