Matrice d'un projecteur
Bonjour a tous,
Je dois resoudre cet exercice (voir piece jointe).
J'ai commencé par determiner un vect (une famille génératrice) du plan soit Vect((-1,1,0),(-1,0,1)) et un vect de la droite soit Vect(-3/2,-1/2,1) mais je ne parvient pas a comprendre comment obtenir la matrice de la projection p, ni meme de la symetrie s. Quelqu'un pourrait-il m'aider ?
Milles merci
Je dois resoudre cet exercice (voir piece jointe).
J'ai commencé par determiner un vect (une famille génératrice) du plan soit Vect((-1,1,0),(-1,0,1)) et un vect de la droite soit Vect(-3/2,-1/2,1) mais je ne parvient pas a comprendre comment obtenir la matrice de la projection p, ni meme de la symetrie s. Quelqu'un pourrait-il m'aider ?
Milles merci
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Réponses
Et on écrit mille mercis.
Bon courage.
Fr. Ch.
Rappel de définition : $v$ est l'image de $u$ par la projection sur $\mathcal{P}$ parallèlement à $\mathcal{D}$ si et seulement si $v\in \mathcal{P}$ et $v-u \in \mathcal{D}$.
Traduis ça à l'aide des coordonnées de $u$ et $v$ et des équations qui te sont données, et tu auras un joli système qui te permettra de calculer les coordonnées de $v$ en fonction de celles de $u$, autrement dit qui te donnera la matrice de la projection.
Remarque : "vect" n'est pas une abréviation de "famille génératrice" ; c'est une abréviation de "sous-espace vectoriel engendré par".
(-3/2,-1/2,1),(1,0,0) base de D
Merci pour ton aide Chaurien. Que puis je faire ?
Une autre façon de voir les choses est de montrer que:
$\mathbb R^3=\mathcal P\oplus\mathcal D$ et d'en déduire les projecteurs sur chaque facteur.
En tout cas chercher une base de $\mathcal P$ est inutile et une énorme perte de temps.
Par contre chercher une base de $\mathcal D$ n'est pas à dédaigner!
Amicalement
[small]p[/small]appus
-- Schnoebelen, Philippe
Un vecteur directeur de $\mathcal D$ est donné par le produit vectoriel:
$\begin{pmatrix} 1\\-1\\1\end{pmatrix}\wedge\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3\\-1\\2\end{pmatrix}$
On écrit que le vecteur $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\in \mathbb R^3$ est somme d'un vecteur $\begin{pmatrix}u\\v\\w\end{pmatrix}\in \mathcal P$ et d'un vecteur $t.\begin{pmatrix}-3\\-1\\2\end{pmatrix}\in \mathcal D$:
$x=u-3t$
$y=v-t$
$z=w+2t$
Puisque $u+v+w=0$, on en tire: $x+y+z=-2t$ prouvant que la somme est directe.
Le projecteur sur $\mathcal D$ est donc:
$\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}\mapsto -\dfrac 12(x+y+z)\begin{pmatrix}-3\\-1\\2\end{pmatrix}$ dont la matrice est: $-\dfrac 12\begin{pmatrix}-3\\-1\\2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1&1\end{pmatrix}=-\dfrac 12\begin{pmatrix}-3&-3&-3\\-1&-1&-1\\2&2&2\end{pmatrix}$
C'est en gros la vitesse à laquelle on doit aller si on sait son cours!
Amicalement
[small]p[/small]appus
En plus, tu as l'air de penser que le calcul du vecteur directeur de $\mathcal{D}$ est un passage obligé. Ce n'est pas le cas, on peut faire au moins aussi rapide sans (j'en ai donné une indication).
Tu as raison comme d'habitude de me remonter les bretelles mais je n'ai pu m'en empêcher.
Je n'interviens pas si souvent que cela en algèbre linéaire.
Ma vue n'est plus ce qu'elle était et j'ai confondu $\mathcal P$ avec $\mathcal D$ mais ce n'est pas très grave puisque si l'on connait le projecteur $p$ sur $\mathcal D$, l'autre sur $\mathcal P$ vaut $id-p$.
Nos deux méthodes sont pratiquement identiques, je ne vois guère de différence, l'essentiel étant d'écrire et de démontrer que: $\mathbb R^3=\mathcal P\oplus\mathcal D$.
En ce qui concerne la droite vectorielle intersection de deux plans, tout revient à résoudre explicitement les équations: $x-y+z=x+y+2z=0$.
Le truc que j'ai donné est de toute façon bon à savoir et j'espère que:Tuxdeltux en profitera dans la suite de sa carrière.
Ce n'est qu'un cas particulier du cas général: intersection de $n-1$ hyperplans de $\mathbb R^n$ dont il est bon aussi de connaître la solution théorique.
Si Tuxeltux a compris l'une et l'autre de nos méthodes, il ne devrait faire qu'une bouchée de la généralisation (?) suivante:
A quelle condition a-t-on: $\mathbb R^n=\mathcal P\oplus \mathcal D$
où $\mathcal P$ est l'hyperplan d'équation: $x_1+x_2+\dots x_n=0$ et $\mathcal D$ est la droite vectorielle de vecteur directeur: $(a_1,a_2,\dots, a_n)$.
Donner alors la matrice du projecteur sur $\mathcal P$ et là on ne va pas s'amuser à rechercher une base de $\mathcal P$!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
J'ai mis un (?) sur le mot généralisation car ici la droite $\mathcal D$ est donnée directement par ses paramètres directeurs et non comme intersection de $n-1$ hyperplans mais l'idée de l'exercice est la même: calculer les projecteurs d'une somme directe.
Je comprends vite à condition qu'on m'explique longtemps!
Si je suis ta méthode, on pose: $v-u=w$ où $v\in \mathcal P$ c'est à dire: $v_1+v_2+v_3=0$ et si $w=(w_1,w_2,w_3)$, on doit écrire que $w\in \mathcal D$ c'est à dire: $w_1-w_2+w_3=w_1+w_2+2w_3=0$.
En définitive, on doit résoudre le système linéaire suivant en $(w_1,w_2,w_3)$:
$w_1-w_2+w_3=0$
$w_1+w_2+2w_3=0$
$w_1+w_2+w_3=-(u_1+u_2+u_3)$
Est-ce bien cela que tu proposes?
Maintenant, j'ai des doutes et je suis intéressé par une rédaction détaillée de ta part de ta méthode puisque j'en ai donné une de la mienne.
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$\left\{ \begin{array}{rcl} v_1+v_2+v_3&=&0 \\ v_1-v_2+v_3&=&u_1-u_2+u_3\\ v_1+v_2+2v_3&=&u_1+u_2+2u_3\end{array}\right.$$
On obtient par soustraction de le ligne à la 2e
$$v_2=-\frac12(u_1-u_2+u_3)$$
et par soustraction de la 1e ligne à la 3e
$$v_3=u_1+u_2+2u_3\;.$$
En reportant dans la 1e ligne
$$v_1=-\frac12u_1-\frac32u_2-\frac32u_3\;.$$
PS. Je remarque que ton message précédent a pas mal évolué. Reflet du fait que tu as compris petit à petit ce que je suggérais ?
Finalement, tu résous un système linéaire en $v=(v_1,v_2,v_2)$ c'est à dire que tu privilégies le calcul direct du projecteur $p$ sur $\mathcal P$, ce qui est normal puisque c'est cela qu'on demande, alors que moi je résous un système linéaire en $w=(w_1,w_2,w_3)$ c'est à dire le calcul du projecteur $q$ sur $\mathcal D$ et ensuite je récupère $p=Id-q$.
Dans la généralisation que je propose, il me semble qu'il est plus simple de calculer d'abord le projecteur sur $\mathcal D$ pour récupérer ensuite le projecteur sur $\mathcal P$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
$$ M=\left[ \begin {array}{ccc} 1&1&1\\ 1&-1&1
\\ 1&1&2\end {array} \right] $$
Et alors le projecteur sur le plan $P_1$ parallèlement à la droite $P_2 \cap P_3$ s'écrit:
$$ F=M^{-1}\cdot Diag(0,1,1) \cdot M = \left[ \begin {array}
{ccc} -1/2&-3/2&-3/2\\ -1/2&1/2&-1/2
\\ 1&1&2\end {array} \right] $$
Preuve, s'il en était besoin: $F\cdot F=F$: donc projecteur. $P_1\cdot F\cdot V=0$ donc l'image d'un point $V$ est toujours dans $P_1$. De même $P_j \cdot (V - F\cdot V)$ pour $j=2,3$.
Merci pour vos différentes reponses, j'ai finalement réussi à me dépatouiller de cet exercice et ce en en partie grâce à vous.
Néanmoins je ne suis qu'en debut de maths spé et mon niveau en maths est certainement ridicule par rapport à vous, donc soyez tolérants.
@GaBuZoMeu Je sais ce qu'est un produit vectoriel, par exemple.
@pldx1 Votre méthode m'interesse, mais je n'ai pas encore vu la notation Diag(...), que signifie-t-elle? Je sais que nous allons apprendre à diagonaliser des matrices d'ici peu.
Dans la base sympathique $(u,v,w)$, la matrice de ton projecteur sur $P$ parallèlement à $D$ s’écrit $M=\left[ \begin {array}{ccc} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1\end {array} \right]$ donc dans la base canonique, vu le choix des vecteurs $u$, $v$ et $w$, la matrice de ta projection est $P×M×P^{-1}$.
Comment savoir si c’est $P×M×P^{-1}$ ou $P^{-1}×M×P$ ? $P$ prend à droite une matrice colonne dans les coordonnées sympathiques et retourne des coordonnées canoniques donc $P^{-1}$ fait le contraire, c’est précisément ce qu’on veut.
-- Schnoebelen, Philippe
Quant à calculer $(1/M)$ à la main: une fois que l'on utilise un ordinateur pour accéder à internet, il est raisonnable de s'en servir aussi pour faire les calculs automatisables. D'autant que tout traitement de texte raisonnable comporte une option "use Computer Algebra system".
Cordialement, Pierre.
Comment faire fonctionner son ordinateur dans la généralisation que j'ai proposée?
Je crois que le mieux est d'attendre que Tuxeltux résolve ce petit exercice par lui-même.
Il a sous les yeux la solution du cas $n=3$.
Il est donc parfaitement capable de résoudre ce cas un peu plus général!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cordialement, Pierre.
0&0 &0 \\
0 & 1 & 0\\
0& 0 &1
\end{pmatrix}$. Toujours dans cette base,si un vecteur $x\in E$ a pour coordonnées $X$ (abus de langage , lire a pour matrice colonne de ses coordonnées) , alors son image $y$ par cette projection a pour coordonnées $Y=\Pi X$, de sorte qu'en notant:
- $P$ la matrice de passage de la base canonique de $E$ à $\mathcal{B}$
- $U,V$ les coordonnées respectives de $x,y$ dans la nouvelle base
on ait $PV=\Pi PU$, ce qui s'écrit encore :
$$V=P^{-1}\Pi PU.$$
C'est exactement dire que $P^{-1}\Pi P$ , matrice de la projection dans la base canonique, se calcule comme l'a suggéré et calculé GBZM , à savoir calculer $V$ en fonction de $U$...
Maintenant tu es prêt à rédiger mon exercice de généralisation à peu près dans le même nombre de lignes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu es en train de saboter la méthode proposée par GaBuZoMeu. L'énoncé donne trois plans, qui forment une base de l'espace des plans. Calculer une base duale en prenant un vecteur de la droite et deux vecteurs du plan est un détour absolument inutile... et couteux en calculs !
Cordialement, Pierre.
Je ne proposais pas de méthode , ce n'était pas du tout mon but. Je voulais justement plussoyer GBZM, en expliquant que ce que tu proposais n'était ni plus ni moins que ce qu'il avait effectivement fait(et pardon pour cette redondance, mais ma lecture de ton dernier message l'a rend nécessaire).