Rotations dans $\mathbb R^3$
Bonjour
Je cherche les rotations qui transforment (0,0,1) en un vecteur $(x,y,z)/\rho$ donné, où j'ai posé $\rho=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$.
Première méthode, je prends le produit vectoriel etc, j'arrive à un certain vecteur et un certain angle.
Seconde méthode, je considère une rotation $A_y$ d'angle $\theta_y$ autour de l'axe des $y$ composée par une rotation $A_x$ d'angle $\theta_x$ autour de l'axe des $x$. J'arrive à une nouvelle matrice, de rotation donc, dont j'ai déterminé l'axe et l'angle.
Question : comment se fait-il qu'il existe deux rotations distinctes transformant un vecteur donné de la sphère unité en un autre ? Je croyais qu'une telle rotation était unique ?
Mes calculs ici en ligne
http://mathoscope.ouvaton.org/mathoscope_xyz/Prepa/algebre_lineaire_matrices/matrices_orthogonalesR3.xhtml#auto-15
ou ici en pdf
http://mathoscope.ouvaton.org/mathoscope_xyz/Prepa/algebre_lineaire_matrices/matrices_orthogonalesR3.pdf
ou ici sous forme de capture d'écran :
Je cherche les rotations qui transforment (0,0,1) en un vecteur $(x,y,z)/\rho$ donné, où j'ai posé $\rho=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$.
Première méthode, je prends le produit vectoriel etc, j'arrive à un certain vecteur et un certain angle.
Seconde méthode, je considère une rotation $A_y$ d'angle $\theta_y$ autour de l'axe des $y$ composée par une rotation $A_x$ d'angle $\theta_x$ autour de l'axe des $x$. J'arrive à une nouvelle matrice, de rotation donc, dont j'ai déterminé l'axe et l'angle.
Question : comment se fait-il qu'il existe deux rotations distinctes transformant un vecteur donné de la sphère unité en un autre ? Je croyais qu'une telle rotation était unique ?
Mes calculs ici en ligne
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Réponses
Pense « dimensions ». Le groupe des rotations vectorielles du plan est de dimension $1$ puisqu'une rotation est caractérisée par un réel, son angle ; le cercle unité est de dimension $1$ : il n'est pas étonnant que la rotation qui envoie un point du cercle sur un autre soit unique (ou du moins que l'ensemble de ces rotations soit un ensemble discret, de dimension $0$). En revanche, le groupe des rotations vectorielle de l'espace est de dimension $3$ : pour caractériser une rotation, il faut choisir l'axe dans un espace de dimension $2$ (la sphère unité) et l'angle qui ajoute encore une dimension. Comme la sphère est le dimension $2$, le groupe des rotations est « bien plus gros » que la sphère : il est naturel que l'ensemble des rotations qui envoient un point de la sphère sur un autre soit de dimension $1$.
Pense « stabilisateur ». Les rotations vectorielles qui fixent un vecteur $x$ de la sphère unité est le groupe de rotations formé de toutes les rotations d'axe $\mathrm{vect}(x)$. Dès que tu connais une rotation $\rho$ qui envoie un point $x$ sur un point $y$ et que tu choisis une rotation quelconque $\rho'$ d'axe $\mathrm{vect}(x)$, la composée $\rho\rho'$ envoie aussi $x$ sur $y$. Il n'y a pas unicité et tu as ainsi une description plus précise de cet ensemble : c'est une classe à gauche [ou à droite ?] modulo le stabilisateur de $x$ (ou bien une classe à droite [ou à gauche] modulo le stabilisateur de $y$).
Soient $a$ et $b$ deux vecteurs unitaires d'un espace vectoriel euclidien de dimension $3$, muni de son produit scalaire $\langle\bullet\vert\bullet\rangle$
Dans quel cas existe-il un unique retournement $r$ échangeant $a$ et $b$ et calculer ce retournement en fonction de $a$ et $b$?
Application:
Déterminer les matrices orthogonales symétriques de déterminant $1$ de taille $3$ dont on se donne la première colonne:
$\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&*&*\\
w&*&*
\end{pmatrix}$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le retournement $r$ d'axe dirigé par le vecteur unitaire $u$ s'écrit:
$$r(x)=2\langle u\vert x\rangle u -x$$
On exige: $r(a)=b$
Donc $b=2\langle u\vert a\rangle u -a$ ou encore:
$2\langle u\vert a\rangle u=a+b$
Donc si $a+b\not =0$, $u$ et $a+b$ sont colinéaires et $u=\dfrac{a+b}{\parallel a+b\parallel}$
On a donc unicité du retournement $r$:
$r(x)=2\dfrac{\langle a+b\vert x\rangle.( a+b)}{\parallel a+b\parallel^2}-x$
Comme $\parallel a+b\parallel^2=\langle a+b\vert a+b\rangle=2+2\langle a\vert b\rangle$.
On obtient finalement:
$$r(x)=\dfrac{\langle a+b\vert x\rangle.( a+b)}{1+\langle a\vert b\rangle}-x$$
Que peut-on dire maintenant si: $a+b=0$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Étant donné deux points A et B distincts d'une sphère de centre O, voici deux exemples, en général distincts, de rotations envoyant A sur B :
1) une rotation dont l'axe est orthogonal au plan OAB (le point A se déplace sur un arc de grand cercle) ;
2) un demi-tour dont l'axe passe par le milieu du segment [AB] (le point A se déplace sur un demi-petit cercle).
Ma question est en rapport étroit avec ce problème.
Il ne s'agit pas d'exhiber une ou plusieurs rotations envoyant $a$ sur $b$ mais bien de les exhiber toutes.
D'ailleurs une fois mon problème résolu, je demande d'écrire explicitement toutes les matrices orthogonales, de déterminant $1$ et de taille $3$ dont on se donne la première colonne:
$$\begin{pmatrix}
u&*&*\\v&*&*\\w&*&*
\end{pmatrix}
$$
On résout ainsi le problème de trouver toutes les rotations de $\mathbb R^3\ $ envoyant le vecteur $(1,0,0)$ sur le vecteur $(u,v,w)$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une matrice orthogonale symétrique, de déterminant $1$ et de taille $3$ est la matrice d'un retournement de $\mathbb R^3$ euclidien usuel.
On travaille donc dans $\mathbb R^3$ euclidien usuel avec $a=(1,0,0)$ et $b=(u,v,w)$, on a: $\langle a\vert b\rangle=u$.
La matrice de $r$ dans la base canonique de $\mathbb R^3$ est donc:
$$M=\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&\dfrac{v^2}{1+u}-1&\dfrac{vw}{1+u}\\
w&\dfrac{vw}{1+u}&\dfrac{w^2}{1+u}-1
\end{pmatrix}
$$
Maintenant on obtient toutes les rotations envoyant $(1,0,0)$ sur $(u,v,w)$ en composant cette dernière matrice à droite avec les matrices du stabilisateur de $(1,0,0)$ qui aux dernières nouvelles qui ne sont plus très fraîches seraient:
$$\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&\cos(\theta)&-\sin(\theta)\\
0&\sin(\theta)&\cos(\theta)
\end{pmatrix}$$
c'est à dire:
$$\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&\dfrac{v^2}{1+u}-1&\dfrac{vw}{1+u}\\
w&\dfrac{vw}{1+u}&\dfrac{w^2}{1+u}-1
\end{pmatrix}.
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&\cos(\theta)&-\sin(\theta)\\
0&\sin(\theta)&\cos(\theta)
\end{pmatrix}\ $$
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Que se passe-t-il pour $u=-1$?
Pour mes calculs algébriques, j'utilise Maxima.
Je pensais que le code mattrace(A) donnait la trace de la matrice $A$.
Or voici ce que j'obtiens, semblant dire que $mattrace$ n'est pas reconnu par Maxima.
Que faire?
Ce n'est pas dramatique puisque mes matrices sont généralement de taille $3$ ou $4$ mais cela m'énerve un peu!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ma question n'est pas innocente car je voudrais savoir quel est l'angle de la rotation:
$$\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&\dfrac{v^2}{1+u}-1&\dfrac{vw}{1+u}\\
w&\dfrac{vw}{1+u}&\dfrac{w^2}{1+u}-1
\end{pmatrix}.
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&\cos(\theta)&-\sin(\theta)\\
0&\sin(\theta)&\cos(\theta)
> \end{pmatrix}\ $$
et tant qu'à faire avoir aussi une petite idée de son axe.
-- Schnoebelen, Philippe
J'aurais bien été en peine de trouver cela.
Dois-je faire cette petite opération à chaque fois que je lance Maxima ou y-a-t-il moyen de l'installer de façon définitive?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $$
A=
\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}
\end{pmatrix}
$$
une matrice de rotation.
Comment récupérer l'angle et l'axe de $A$ sans calculs?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
D'après mes lointains souvenirs de l'agrégation, la détermination de l'angle ne pose pas trop de problèmes mais pour récupérer l'axe, beaucoup se lancent dans des calculs de diagonalisation parfaitement inutiles.
Aucune idée, j’ai trouvé l’information dans la documentation de wxMaxima, à mon avis il faut le faire à chaque fois à moins que tu ne colles la ligne dans un fichier de démarrage (si ça existe).
Pour la recherche de l’axe, je pense à une recherche de points fixes.
-- Schnoebelen, Philippe
Si tu recherches les vecteurs (points) fixes, cela revient à chercher les vecteurs propres de $A$ pour la valeur propre $1$.
Autrement dit tu fais de la diagonalisation!
Mais un vecteur directeur de cet axe se lit directement sur les éléments matriciels de $A$!
Encore faut-il connaître ce résultat dont je doute qu'il soit enseigné dans notre république analphabète.
Voir par exemple le cours d'algèbre linéaire de Greub d'après mes très très lointains souvenirs
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici la réponse
La matrice antisymétrique $B=A-{}^t\!A$ est la matrice d'une application linéaire de la forme: $\{\mathbb R^3\longmapsto \mathbb R^3; x\mapsto u\wedge x\}$
où le vecteur $u\in \mathbb R^3$ est un vecteur directeur de l'axe de $A$.
Cela va quand même plus vite!
Démonstration?
Mais là, c'est une autre paire de manches.
Voilà donc un petit exo susceptible de déglinguer plus d'un agrégatif !
Amicalement
[small]p[/small]appus
Sauf si $A$ est l'identité ou un demi-tour, $u\neq 0$, et la droite fixe $E_1(A)$ de $A$ est la même que celle de ${}^t A = A^{-1}$ ; donc si $v\in E_1(A)$, alors $u\wedge v = 0$, soit $v \mathrel{//} u$. Donc $E_1(A)\subset {\mathbb{R}}\,u$...
Merci pour l'exercice !
Dans une base orthonormée directe $(e_1,e_2,e_3)$, $A=\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta & 0\\ \sin\theta & \cos\theta &0\\ 0&0&1\end{pmatrix}$, de sorte que $A-{}^tA=2\sin\theta \begin{pmatrix}0 & -1 & 0\\ 1 & 0 &0\\ 0&0&0\end{pmatrix}$, ce qui est exactement la matrice de $x\mapsto 2\sin\theta (e_3\wedge x)$ dans $(e_1,e_2,e_3)$.
Ta démonstration est correcte mais je ne sais pas si ceux qui se mélangent éternellement les pinceaux entre matrices et applications linéaires en apprécieront tout le sel.
@ Skilveg
Si $A$ est la matrice d'un demi-tour, elle est symétrique en tant que matrice dans la base canonique orthonormée de $\mathbb R^3$ d'un opérateur symétrique.
$A={}^t\!A$ et $B=0$. Le raisonnement précédent tombe en défaut.
Mais on connait la structure d'un demi-tour (ce que j'appelle retournement) et sa diagonalisation ne pose aucun problème comme on l'a vu!
Maintenant, vu ces considérations et armé d'un bon logiciel de calcul formel, on peut répondre aux questions que je me suis posées sur la matrice:
$$\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&\dfrac{v^2}{1+u}-1&\dfrac{vw}{1+u}\\
w&\dfrac{vw}{1+u}&\dfrac{w^2}{1+u}-1
\end{pmatrix}.
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&\cos(\theta)&-\sin(\theta)\\
0&\sin(\theta)&\cos(\theta)
\end{pmatrix}\ $$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mais alors, aucun moyen sans réduction de trouver l'axe d'un retournement ?
Un retournement $r$ est une symétrie vectorielle
Les projecteurs sur ses deux sous-espaces propres sont: $\dfrac{Id+r}2$ de rang $1$ (pour la valeur propre $1$) et $\dfrac{Id-r}2$ de rang $2$ (pour la valeur propre $-1$).
C'est le B.A.BA du cours! On a pas le moindre déterminant à se farcir!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $\alpha$ l'angle de $\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&\dfrac{v^2}{1+u}-1&\dfrac{vw}{1+u}\\
w&\dfrac{vw}{1+u}&\dfrac{w^2}{1+u}-1
\end{pmatrix}.
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&\cos(\theta)&-\sin(\theta)\\
0&\sin(\theta)&\cos(\theta)
\end{pmatrix}$.
Alors $$\cos(\alpha)=\frac{u-1-\cos(\theta)(1+u)}{2},\quad\sin(\alpha)=\frac{\sqrt{\sin^2(\theta)(1+u)^2+(1-u^2)(2-2\cos(\theta))}}{2}.$$
Le calcul de $\cos(\alpha)$ ne pose pas de problème via la trace.
Par contre, tu affirmes que $\sin(\alpha)>0$
As-tu décidé que par définition ce sinus était strictement positif?
Ou bien est-ce plus subtil et aurais-tu orienté l'axe de la rotation d'une façon que tu ne nous as pas dite?
D'une façon générale, cet exercice d'Elodouwen pose des questions passionnantes à la fois du point de vue de l'algèbre linéaire que de l'utilisation d'un logiciel de calcul formel.
En fait c'est ce dernier aspect qui m'intéresse le plus car je suis absolument nul dans ce domaine et je me sens incapable d'écrire le moindre programme comportant plus d'une ligne.
Je ne possède que Maxima et j'aurais donc à poser des questions sur son utilisation surtout en algèbre polynomiale et en algèbre linéaire.
Je remercie encore une fois Nicolas de m'avoir aidé et il aura d'autres occasions de le faire.
J'ai bien essayé d'utiliser Sage mais son téléchargement a pratiquement paralysé mon ordinateur, alors j'ai renoncé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu as oublié de nous donner un vecteur directeur de l'axe!
Mon axe est orienté par $\begin{pmatrix} -\sin(\theta)(1+u)\\w(\cos(\theta)-1)-v\sin(\theta)\\v(1-\cos(\theta))-w\sin(\theta)\end{pmatrix}$.
C'est ce que j'avais trouvé moi aussi!
Quid de mes angoisses à propos du signe de $\sin(\alpha)$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le message précédent auquel tu fais allusion ne serait-il pas le message ci-dessous et si oui pourquoi $\sin(\theta)>0$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si on oriente l'axe selon $\begin{pmatrix} -\sin(\theta)(1+u)\\w(\cos(\theta)-1)-v\sin(\theta)\\v(1-\cos(\theta))-w\sin(\theta)\end{pmatrix}$, alors $$\sin(\alpha)=\frac{\sqrt{\sin^2(\theta)(1+u)^2+(1-u^2)(2-2\cos(\theta))}}{2}.$$ Mais peut-être me trompè-je ! :-S
J'aime les démonstrations où on distingue bien les opérateurs linéaires de leurs matrices qui sont diverses et variées comme on le sait.
Soit $E$ un espace vectoriel euclidien orienté de dimension $3$ et soit $\varphi$ une rotation de $E$
On suppose que $\varphi$ n'est pas un opérateur symétrique.
Soit $\psi=\varphi -\varphi^*$ où $\varphi^*$ désigne l'adjoint de $\varphi$ pour la structure euclidienne de $E$
$\psi$ est un opérateur antisymétrique de $E$ donc il existe $u\in E$ tel que $\psi(x)=u\wedge x$ pour tout $x\in E$
Maintenant soit $a\in E$ un vecteur invariant de $\varphi$: $\varphi(a) =a$ et par suite $\varphi^*(a)=\varphi^{-1}(a)=a$.
Donc $\psi(a)=u\wedge a=0$ et $u$ est colinéaire à $a$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cette question de signe est ultra importante pour les taupins et les agrégatifs qui nous lisent.
Il en va de leur survie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le signe est bon, tout ce que je demande est une preuve claire!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Soit $r$ une rotation vectorielle de $\mathbb R^3$ d'angle $\theta$ et $u$ un vecteur directeur de son axe tel que $r-r^*=u\wedge\bullet$.
En utilisant [ceci], on obtient :
1) Si on oriente l'axe de $r$ selon $u$, alors $2\sin(\theta)=\lVert u\rVert$.
2) Si on oriente l'axe de $r$ selon $-u$, alors $2\sin(\theta)=-\lVert u\rVert$.
Faisons le point.
On a une rotation $\varphi$ de $E$ espace vectoriel eulidien orienté de dimension $3$
On suppose que $\varphi$ n'est pas un opérateur symétrique, i.e: $\varphi\not=\varphi^*$.
L'opérateur $\psi=\varphi-\varphi^*\not=0\ $ est antisymétrique et il existe donc un unique vecteur non nul $u\in E$ tel que $\psi(x)=u\wedge x$ pour tout $x\in E$ et on a vu que $u$ était un vecteur invariant de la rotation: $\varphi(u)=u$
On pose $e_3=\dfrac u{\parallel u\parallel}$.
Autrement dit les vecteurs $u$ et $e_3$ sont positivement liés.
On complète $e_3$ en une base orthonormée directe $(e_1,e_2,e_3)$ de $E$
Soit $A$ la matrice de $\varphi\ $ dans cette base.
$A=\begin{pmatrix}\cos\theta &
-\sin\theta & 0\\ \sin\theta & \cos\theta &0\\
0&0&1\end{pmatrix}$.
La matrice de $\varphi -\varphi^*$ dans cette même base est:
$A-{}^tA=2\sin\theta \begin{pmatrix}0 & -1 & 0\\ 1
& 0 &0\\ 0&0&0\end{pmatrix}$, prouvant que:
$$u=2\sin(\theta)e_3$$
Comme on sait que $u$ et $e_3$ sont positivement liés, il en résulte que: $\sin(\theta)>0$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Maintenant qu'on a élucidé cette question de signe, on peut revenir à nos moutons élodouwéniens et aux problèmes qu'ils m'ont posés au niveau de Maxima.
Ma première question concerne la matrice:
$$M=\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&\dfrac{v^2}{1+u}-1&\dfrac{vw}{1+u}\\
w&\dfrac{vw}{1+u}&\dfrac{w^2}{1+u}-1
\end{pmatrix}
$$
dans laquelle on a supposé que le vecteur $(u,v,w)\ $ était un vecteur unitaire, i.e: $u^2+v^2+w^2=1$.
C'est alors la matrice d'un demi-tour ou d'un retournement ou d'un renversement, je ne sais pas trop quel terminologie employer!
On peut donner en colle cette matrice et s'attendre à plein de petites surprises.
J'ai écrit la feuille Maxima ci-dessous où j'ai rentré la matrice $M$ sans spécifier que le vecteur $(u,v,w)$ était unitaire car compte tenu de l'état de mes connaissances de Maxima, je ne sais pas comment tenir compte de cette condition.
Ainsi la matrice $M$ n'a aucune raison divine ou humaine d'être la matrice d'un demi-tour.
D'ailleurs j'ai calculé la trace et le déterminant de $M$ sans obtenir $-1\ $ pour la trace et $1$ pour le déterminant.
Quelle est donc la nature de l'endomorphisme linéaire de $\mathbb R^3$ dont la matrice est $M$ dans sa base canonique?
Quelle est la condition nécessaire et suffisante pour que ce soit une isométrie vectorielle de $\mathbb R^3$ et quelle est cette isométrie?
Maintenant voilà ma question la plus importante et elle concerne Maxima.
Comment tenir compte de la relation $u^2+v^2+w^2=1$ pour que Maxima reconnaisse immédiatement qu'on est en face d'un demi-tour?
-- Schnoebelen, Philippe
J'ai essayé, voilà ce que cela donne ci-dessous.
Il semblerait qu'il faille charger un autre package pour faire fonctionner assume, oui mais lequel?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je dirais que dans le cas général, $M$ est la composée du retournement d'axe $\Delta$ dirigé par $\begin{pmatrix} 1+u\\v\\w\end{pmatrix}$ et de l'affinité de base $\Delta^\perp$, de direction $\Delta$ et de rapport $\dfrac{u^2+v^2+w^2+u}{1+u}$.
A prendre avec des pincettes !
On est face à une matrice symétrique réelle!
De la part d’un distingué algébriste comme toi, je m’attendais plutôt à une décomposition en somme directe du genre de celles qu’on rencontre habituellement en Taupe!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu demandais la nature de $M$ et jai donné une réponse en ce sens.
J'imagine très bien la colle sur le dévissage de la matrice:
$M=\begin{pmatrix}
u&v&w\\
v&\dfrac{v^2}{1+u}-1&\dfrac{vw}{1+u}\\
w&\dfrac{vw}{1+u}&\dfrac{w^2}{1+u}-1
\end{pmatrix}
$
Oui ,msieur, cette matrice est symétrique réelle et d'ânonner le théorème spectral et de se lancer dans le calcul du déterminant:
$\det(XI_3-M)$.
Il en a pour un bout de temps s'il y arrive.
En général les matrices données en colle sont toujours particulières et il suffit de regarder un peu leurs structures.
Ici:
$(u+1)(M+I_3)=
\begin{pmatrix}
(u+1)^2&(u+1)v&(u+1)w\\
(u+1)v&v^2&vw\\
(u+1)w&vw&w^2
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} u+1&v&w\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}u+1\\v\\w\end{pmatrix}
$
Donc si on note $U=(u+1,v,w)\in\mathbb R^3$ et $X=(x,y,z)\in \mathbb R^3$, on a:
$M(X)=-X+\dfrac 1{u+1}\langle U\vert X\rangle U$
Donc si $\langle U\vert X\rangle U=0$, alors $M(X)=-X$ et $M(U)=\dfrac{u^2+v^2+w^2+u}{u+1}U~ $
Cela ressemble plus ou moins à ce qu'a trouvé Gai Requin!
Comment faire le joint s'il y en a un?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je pose $\lambda=\dfrac{u^2+v^2+w^2+u}{u+1}$
Voilà ce que Gai Requin a voulu dire.
On se place dans une base orthonormée de $\mathbb R^3$ telle que l'endomorphisme de $\mathbb R^3$ de matrice $M$ dans la base canonique ait pour matrice $\begin{pmatrix} -1&0&0\\0&-1&0\\0&0&\lambda\end{pmatrix}$
Alors
$\begin{pmatrix} -1&0&0\\0&-1&0\\0&0&\lambda\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&\lambda\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&\lambda\end{pmatrix}.\begin{pmatrix} -1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$
On remarque que le produit de Gai Requin est commutatif!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Finalement dans cette histoire, le seul bémol est que je n'arrive pas à utiliser la commande assume de Maxima que m'avait signalée Nicolas que je remercie une nouvelle fois.
Si quelqu'un a une idée, je suis preneur!
Je donne le résultat de Maxima sur les vecteurs propres.
C'est à se dégoûter de devoir encore calculer!
Amicalement
[small]p[/small]appus