[LM 2] Equation Matricielle

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Anonyme

[LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

Bonjour tout le monde.

J'ai l'équation suivante à résoudre dans le corps des matrices carrées de
dimension 2 à coefficients réels:
X²+X=A avec A =matrix((1,1),(1,1)) (E1)
En posant X matrice carrée de la forme ((a,b),(c,d)) et en dévellopant ,
j'arrive à un systéme de 4 équations à 4 inconnus à résoudre. Pour ça pas de
problème, je trouve 4 matrices satisfaisant l'équation de départ.
Mais je cherche une solution plus élégante : en effet, A étant symétrique,
sa transposée vaut A.
En notant la transposée d'une matrice A par t(A), je décide de faire la
transposée de mon équation de départ, soit :
t(X²+X)=t(A)
t(X²)+t(X)=t(A)
or t(A)=A et t(X²)=t(X)*t(X)=(t(X))²
donc : (t(X))²+t(X)=A (E2)

j'en déduis que la transposée de X est solution de mon équation, donc X est
symétrique de la forme ((a,b),(b,c)) ; je gagnes une inconnue !
A partir de là, j'effectue (E1)-(E2) ce qui donne :
X²+X-(t(X))²-t(X)=0 (0 étant ici la matrice nulle)
X²-(t(X))²+X-t(X)=0
ici je peut remplacer X²-(t(X))² par (X-t(X))*(X+t(X)) seulement si X et
t(X) commutent et comme X est symétrique, t(X)=X donc X*t(X)=t(X)*X .
cela me donne donc : (X-t(X))*(X+t(X))+X-t(X)=0
(X-t(X))*(X+t(X)+Id)=0
on en déduit : X-t(X)=0 ou X+t(X)+Id=0
pour le premier: X=t(X) ce qu'on sait déjà
pour le deuxième : X+t(X)+Id=0 . vu que X=t(X), on a : 2*X+Id=0
donc X=-Id/2.
mais ce résultat n'est pas bon car
X²+X=(-Id/2)²+(-Id/2)=Id²/4-Id/2=Id/4-Id/2=-Id/2 différent de ma matrice A
!!!
où est la faille dans ma démonstration?
merci pour vos lumières!!!

Lolo



Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

GuizLolo a écrit :

> En notant la transposée d'une matrice A par t(A), je décide de faire la
> transposée de mon équation de départ, soit :
> t(X²+X)=t(A)
> t(X²)+t(X)=t(A)
> or t(A)=A et t(X²)=t(X)*t(X)=(t(X))²
> donc : (t(X))²+t(X)=A (E2)
>
> j'en déduis que la transposée de X est solution de mon équation, donc X est
> symétrique de la forme ((a,b),(b,c)) ; je gagnes une inconnue !


Non, ça veut juste dire que si X est solution, t(X) l'est aussi, ie que
l'ensemble solution est stable par transposition.
C'est aussi vrai pour S = { ((0,0),(1,0)) ; ((0,1),(0,0)) }. Toute
matrice de S a sa transposée dans S, ce qui est différent de dire que
toute matrice de S est symétrique !

RM.

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

"GuizLolo" a écrit

> J'ai l'équation suivante à résoudre dans le corps des matrices carrées
> de
> dimension 2 à coefficients réels:


Ce n'est pas un corps, mais un anneau non intègre.

> X²+X=A avec A =matrix((1,1),(1,1)) (E1)
> En posant X matrice carrée de la forme ((a,b),(c,d)) et en dévellopant
> ,
> j'arrive à un systéme de 4 équations à 4 inconnus à résoudre. Pour ça
> pas de
> problème, je trouve 4 matrices satisfaisant l'équation de départ.
> Mais je cherche une solution plus élégante : en effet, A étant
> symétrique,
> sa transposée vaut A.
> En notant la transposée d'une matrice A par t(A), je décide de faire
> la
> transposée de mon équation de départ, soit :
> t(X²+X)=t(A)
> t(X²)+t(X)=t(A)
> or t(A)=A et t(X²)=t(X)*t(X)=(t(X))²
> donc : (t(X))²+t(X)=A (E2)
>
> j'en déduis que la transposée de X est solution de mon équation, donc
> X est
> symétrique de la forme ((a,b),(b,c)) ; je gagnes une inconnue !


Soit l'équation X² = 0. La matrice
0 0
1 0
est solution de cette équation.
On en déduit qu'elle est symétrique ?

> A partir de là, j'effectue (E1)-(E2) ce qui donne :
> X²+X-(t(X))²-t(X)=0 (0 étant ici la matrice nulle)
> X²-(t(X))²+X-t(X)=0
> ici je peut remplacer X²-(t(X))² par (X-t(X))*(X+t(X)) seulement si X
> et
> t(X) commutent et comme X est symétrique, t(X)=X donc X*t(X)=t(X)*X .
> cela me donne donc : (X-t(X))*(X+t(X))+X-t(X)=0
> (X-t(X))*(X+t(X)+Id)=0
> on en déduit : X-t(X)=0 ou X+t(X)+Id=0


Comme on ne travaille pas dans un anneau intègre, cette déduction est
douteuse.

> pour le premier: X=t(X) ce qu'on sait déjà
> pour le deuxième : X+t(X)+Id=0 . vu que X=t(X), on a : 2*X+Id=0
> donc X=-Id/2.
> mais ce résultat n'est pas bon car
> X²+X=(-Id/2)²+(-Id/2)=Id²/4-Id/2=Id/4-Id/2=-Id/2 différent de ma
> matrice A
> !!!
> où est la faille dans ma démonstration?
> merci pour vos lumières!!!
>


Cordialement
Stéphane

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

"GuizLolo" a écrit

> J'ai l'équation suivante à résoudre dans le corps des matrices carrées
> de
> dimension 2 à coefficients réels:
> X²+X=A avec A =matrix((1,1),(1,1)) (E1)

....
> donc : (t(X))²+t(X)=A (E2)

....
> A partir de là, j'effectue (E1)-(E2) ce qui donne :

....
> mais ce résultat n'est pas bon car
> X²+X=(-Id/2)²+(-Id/2)=Id²/4-Id/2=Id/4-Id/2=-Id/2 différent de ma
> matrice A
> !!!
> où est la faille dans ma démonstration?


Il y a une autre faille :
Tu dis X vérifie E1
donc X vérifie E2
Donc X vérifie E1 - E2
-Id/2 vérifie E1 - E2, mais bizarrement, -Id/2 ne vérifie pas E1.

En fait ce ne sont que des implications, pas des équivalences.
Par exemple soit dans R l'équation E1: x-1=0. Elle implique E2: x²-1 =
0.
Donc E2-E1: x²-x=0. Mais 0 n'est pas solution de E1.

Cordialement
Stéphane

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

Merci de vos explications je comprends mieux maintenant.
Cela signifie-t-il donc que la seule méthode pour résoudre cette équation
est de passer par l'écriture des coefficients de X et de résoudre le système
qui en découle?
Pour une matrice 2x2, c'est relativement simple, mais pour une matrice 3x3,
ça se complique!
Il n'existe pas de méthode pour les matrices nxn alors ?!?!
Dommage!

Lolo

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

On 2004-12-03, GuizLolo wrote:
> Merci de vos explications je comprends mieux maintenant.
> Cela signifie-t-il donc que la seule méthode pour résoudre cette équation
> est de passer par l'écriture des coefficients de X et de résoudre le système
> qui en découle?
> Pour une matrice 2x2, c'est relativement simple, mais pour une matrice 3x3,
> ça se complique!
> Il n'existe pas de méthode pour les matrices nxn alors ?!?!
> Dommage!


On est capable dans de nombreux cas de résoudre des systèmes de n
équations à n inconnues, de façon symbolique. Ce n'est pas parce que
cela semble compliqué que c'est infaisable...

--
Frédéric, pour l'enfonçage des portes ouvertes.

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01


> Cela signifie-t-il donc que la seule méthode pour résoudre cette équation
> est de passer par l'écriture des coefficients de X et de résoudre le
> système
> qui en découle?
> Pour une matrice 2x2, c'est relativement simple, mais pour une matrice
> 3x3,
> ça se complique!
> Il n'existe pas de méthode pour les matrices nxn alors ?!?!
> Dommage!
>

Dans le cas où A est diagonalisable, on peut déterminer M telle que M^(-1)AM
= B soit diagonale.
Dans ce cas, si X est solution de l'équation de X^2+X=A, M^(-1)XM est
solution de X^2+X=B.

Il est facile de trouver 2^n solutions (dans C) de cette équation en ne
cherchant que les solutions elles-mêmes diagonales.
On en déduit 2^n solutions de l'équation initiale.

Bien sûr :
- cette approche ne marche que si A est diagonalisable
- trouver M nécessite de trouver les valeurs propres puis les vecteurs
propres (n systèmes de n équations linéaires à n inconnues), ce qui est plus
simple que 1 système de n^2 équations non linéaires à n^2 inconnues, mais
pas géant quand même.
- je ne sais pas si les 2^n solutions trouvées sont les seules (parce'il ne
m'apparaît pas évident que les seules solutions de X^2+X=B avec B diagonale
soient elles-mêmes diagonales).

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

Patrick Coilland écrit:

> - je ne sais pas si les 2^n solutions trouvées sont les seules (parce'il ne
> m'apparaît pas évident que les seules solutions de X^2+X=B avec B diagonale
> soient elles-mêmes diagonales).


Si toutes les valeurs propres de B sont distinctes, il n'y a pas d'autre
solution.

En effet, B annule un polynôme P scindé à racine simple,
donc X annule le polynôme Q(X)=P(X^2+X) et on vérifie que Q est scindé à
racine simple, donc que X est diagonalisable.

On identifie ensuite les sous espace propres de X et ceux de B, et le
tour est joué.

Si B a des valeurs propres doubles (ou d'ordre supérieur),
naturellement, l'unicité ne tient plus.

--
B.R

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

>
> donc X annule le polynôme Q(X)=P(X^2+X) et on vérifie que Q est scindé à
> racine simple, donc ...
>

Pour dire que P(x^2+x) est à racine simples, ne faut-il pas, en plus d'avoir
P à racines simples, n'avoir aucun couple de racines telles que x1=x2+1 ?

Patrick, qui a peur d'être complètement à côté ...

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

Patrick Coilland wrote:
[color=green]
> >
> > donc X annule le polynôme Q(X)=P(X^2+X) et on vérifie que Q est scindé à
> > racine simple, donc ...
> >

> Pour dire que P(x^2+x) est à racine simples, ne faut-il pas, en plus d'avoir
> P à racines simples, n'avoir aucun couple de racines telles que x1=x2+1 ?[/color]

Au temps pour moi. Q n'est pas scindé à racine simple s'il existe une
racine a de P telle que x^2+x-a a une racine double, ce qui n'arrive que
lorsque a=-1/4. Dans ce cas,(x^2+x-a)=(x+1/2)^2.

En vérité, le fait que Q soit à racine simple n'est pas essentiel. Les
sous espaces caractéristiques de B sont de dimension 1: ceux de X sont
donc également de dimension 1, ce qui n'est le cas que si X est
diagonalisable.

--
Benoît RIVET

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

"GuizLolo" a écrit dans le message de news:
41b02312$0$1799$626a14ce@news.free.fr...
> Bonjour tout le monde.
>
> J'ai l'équation suivante à résoudre dans le corps des matrices carrées de
> dimension 2 à coefficients réels:
> X²+X=A avec A =matrix((1,1),(1,1)) (E1)
> En posant X matrice carrée de la forme ((a,b),(c,d)) et en dévellopant ,


C'est une technique barbare et peu généralisable en dimension supérieure
Voici la "bonne" technique. De façon immédiate, A^2=2A donc le polynôme
X^2-2X=X(X-2) est annulateur pour A et il est scindé à racines simples sur R
donc A est diagonalisable sur R.
Soit a (resp. x) l'endomorphisme dont la matrice dans la base canonique de
R^2 est A (resp. X)
alors a est diagonalisable sur R^2 et l'on a
x^2+x=a ainsi ker(a)+ker(a-2Id)=R^2
Puisque a est un polynôme en x, il commute avec x donc x commute avec a
Il est aisé alors de vérifier que ker(a) et ker(a-2Id) sont stables par
l'endomorphisme x

Puisque dimker(a)=dim(ker(a-2Id))=1 (on le fait à la main), si t est un
vecteur propre de a, alors t appartient à ker(a-sId) (s=0 ou 2) et comme t
est non nul et ker(a-sId) est de dimension 1 alors ker(a-sId)=Vect(t). La
stabilité de ker(a-sId) par x implique que x(t) appartient à
ker(a-sId)=Vect(t) donc il existe un réel c_s tel que x(t)=(c_s)*t
autrement dit t est un vecteur propre pour x.
Si l'on fixe une base (e_1,e_2) de R^2 formées de vecteurs propres pour a
alors cette base (e_1,e_2) est aussi une base de R^2 formée de vecteurs
propres pour x. Si A' (resp. X') représente la matrice de a (resp. x) dans
cette base, on a
A'=diag(0,2) et X'=diag(c_1,c_2).
L'égalité x^2+x=a implique que X'^2+X'=A' ce qui se traduit par
(c_1)^2+(c_1)=0 et (c_2)^2+(c_2)=2
(c_1=0 ou c_1 = -1) et (c_2 = (-1+sqrt(5))/2 ou c_2 = (-1-sqrt(5))/2)
(c_1=0 et c_2 = (-1+sqrt(5))/2) ou (c_1=0 et c_2 = (-1-sqrt(5))/2) ou
(c_1 = -1 et c_2 = (-1+sqrt(5))/2) ou (c_1 = -1 et c_2 = (-1-sqrt(5))/2)
Réciproquement, si x est un endomorphisme de R^2 dont la matrice dans la
base (e_1,e_2) est
diag(c_1,c_2) alors diag(c_1,c_2) ^2 + diag(c_1,c_2) =diag(0,2)
x^2+x=a
Si P désigne la matrice de changement de base de la base canonique de R^2
dans (e_1,e_2), on obtient que X=PX'P^(-1) et A=PA'P^(-1)
Ainsi l'équation X^2+X=A admet 4 solutions données par
X=Pdiag(c_1,c_2)P^(-1)

Par cette méthode, on vient de montrer que si X commute avec une matrice A
de taille n et possédant n valeurs propres distincts (donc n espaces propres
distincts, chacun de dimension 1) alors X est diagonalisable dans une base
formée de vecteurs propres pour A, i.e. X et A sont codiagonalisables.

Par contre, si dim(ker(a-sId))>1, tu ne peux plus affirmer que x(t) est
colinéaire à t, i.e. t est un vecteur propre pour x, mais "seulement" que
ker(a-sId) est stable par x. En combinant les bases issues des différents
espaces propres et en les regroupant (on dit en les concaténant), tu obtiens
une base de R^n dont la matrice de x dans cette base est par bloc.

Par cette méthode, tu peux attaquer simplement les exercices 3.1.23 question
2 page 11, à
http://abdellah.bechata.free.fr/telechargement/spe/pdf/colles.pdf
l'exercice 5.12 page 10, 5.18 et 5.19 page 11, 5.39 et 5.40 page 14, 5.43
page 14 à
http://abdellah.bechata.free.fr/telechargement/spe/pdf/exo_spe.pdf, exercice
1.1 page 1 à
http://abdellah.bechata.free.fr/telechargement/spe/pdf/mpplus/2004_2005/corr
ige_colle05_applications_lineaires_determinants.pdf
et beaucoup d'autres (c'est une source inestimable d'exercices !!)

********************
http://www.mathematiques.fr.st
********************

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:01

Masterbech wrote:
> "GuizLolo" a écrit dans le message de news:
> 41b02312$0$1799$626a14ce@news.free.fr...[color=green]
>> Bonjour tout le monde.
>>
>> J'ai l'équation suivante à résoudre dans le corps des matrices
>> carrées de dimension 2 à coefficients réels:
>> X²+X=A avec A =matrix((1,1),(1,1)) (E1)
>> En posant X matrice carrée de la forme ((a,b),(c,d)) et en
>> dévellopant ,

>
> C'est une technique barbare et peu généralisable en dimension
> supérieure Voici la "bonne" technique. De façon immédiate, A^2=2A
> donc le polynôme X^2-2X=X(X-2) est annulateur pour A et il est scindé
> à racines simples sur R donc A est diagonalisable sur R.
> Soit a (resp. x) l'endomorphisme dont la matrice dans la base
> canonique de R^2 est A (resp. X)
> alors a est diagonalisable sur R^2 et l'on a
> x^2+x=a ainsi ker(a)+ker(a-2Id)=R^2
> Puisque a est un polynôme en x, il commute avec x donc x commute avec
> a
> Il est aisé alors de vérifier que ker(a) et ker(a-2Id) sont stables
> par l'endomorphisme x
>
> Puisque dimker(a)=dim(ker(a-2Id))=1 (on le fait à la main), si t est
> un vecteur propre de a, alors t appartient à ker(a-sId) (s=0 ou 2) et
> comme t est non nul et ker(a-sId) est de dimension 1 alors
> ker(a-sId)=Vect(t). La stabilité de ker(a-sId) par x implique que
> x(t) appartient à ker(a-sId)=Vect(t) donc il existe un réel c_s tel
> que x(t)=(c_s)*t autrement dit t est un vecteur propre pour x.
> Si l'on fixe une base (e_1,e_2) de R^2 formées de vecteurs propres
> pour a alors cette base (e_1,e_2) est aussi une base de R^2 formée de
> vecteurs propres pour x. Si A' (resp. X') représente la matrice de a
> (resp. x) dans cette base, on a
> A'=diag(0,2) et X'=diag(c_1,c_2).
> L'égalité x^2+x=a implique que X'^2+X'=A' ce qui se traduit par
> (c_1)^2+(c_1)=0 et (c_2)^2+(c_2)=2
> (c_1=0 ou c_1 = -1) et (c_2 = (-1+sqrt(5))/2 ou c_2 =
> (-1-sqrt(5))/2) (c_1=0 et c_2 = (-1+sqrt(5))/2) ou (c_1=0 et c_2
> = (-1-sqrt(5))/2) ou (c_1 = -1 et c_2 = (-1+sqrt(5))/2) ou (c_1 = -1
> et c_2 = (-1-sqrt(5))/2) Réciproquement, si x est un endomorphisme de
> R^2 dont la matrice dans la base (e_1,e_2) est
> diag(c_1,c_2) alors diag(c_1,c_2) ^2 + diag(c_1,c_2) =diag(0,2)
> x^2+x=a
> Si P désigne la matrice de changement de base de la base canonique de
> R^2 dans (e_1,e_2), on obtient que X=PX'P^(-1) et A=PA'P^(-1)
> Ainsi l'équation X^2+X=A admet 4 solutions données par
> X=Pdiag(c_1,c_2)P^(-1)
>
> Par cette méthode, on vient de montrer que si X commute avec une
> matrice A de taille n et possédant n valeurs propres distincts (donc
> n espaces propres distincts, chacun de dimension 1) alors X est
> diagonalisable dans une base formée de vecteurs propres pour A, i.e.
> X et A sont codiagonalisables.
>
> Par contre, si dim(ker(a-sId))>1, tu ne peux plus affirmer que x(t)
> est colinéaire à t, i.e. t est un vecteur propre pour x, mais
> "seulement" que ker(a-sId) est stable par x. En combinant les bases
> issues des différents espaces propres et en les regroupant (on dit en
> les concaténant), tu obtiens une base de R^n dont la matrice de x
> dans cette base est par bloc.
>
> Par cette méthode, tu peux attaquer simplement les exercices 3.1.23
> question 2 page 11, à
> http://abdellah.bechata.free.fr/telechargement/spe/pdf/colles.pdf
> l'exercice 5.12 page 10, 5.18 et 5.19 page 11, 5.39 et 5.40 page 14,
> 5.43 page 14 à
> http://abdellah.bechata.free.fr/telechargement/spe/pdf/exo_spe.pdf,
> exercice
> 1.1 page 1 à
>[/color]
http://abdellah.bechata.free.fr/telechargement/spe/pdf/mpplus/2004_2005/corr
> ige_colle05_applications_lineaires_determinants.pdf
> et beaucoup d'autres (c'est une source inestimable d'exercices !!)
>
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merci beaucoup pour ces explications oh combien précieuses!!!
les liens vers les exos sont magnifiques
encore merci bcp!

Lolo

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:02

Tant que j'y suis une petite question en passant:
je dois démontrer que le système de vecteurs (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) est
libre dans IR considéré comme Q-espace vectoriel.
je pensais démontrer d'abord (1,sqrt(2)) libre puis en ajoutant sqrt(3),
(1,sqrt(3)) et (sqrt(2),sqrt(3)) libres et même chose pour sqrt(6).
mais je pense que cette méthode n'est pas bonne.
Auriez-vous quelques indications me permettant de partir sur de bonnes
bases?
merci

Lolo

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:02


> je dois démontrer que le système de vecteurs (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6))
> est
> libre dans IR considéré comme Q-espace vectoriel.
> je pensais démontrer d'abord (1,sqrt(2)) libre puis en ajoutant sqrt(3),
> (1,sqrt(3)) et (sqrt(2),sqrt(3)) libres et même chose pour sqrt(6).
> mais je pense que cette méthode n'est pas bonne.
>

Je pense que l'approche est bonne:
1) démontrer que (1,sqrt(2),sqrt(3)) est libre. C'est assez rapide en ne
gardant que les termes en sqrt(2)et sqrt(3) d'un côté et en élevant au
carré.
2) démontrer alors que si (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) est non libre, alors
il en est de même pour (1,sqrt(2),sqrt(3)).
Pour ce faire, je suggère d'écrire a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)+d*sqrt(6)=0 avec d
non nul et de multiplier par sqrt(3)-b/d.

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:02

Patrick Coilland wrote:[color=green]
>> je dois démontrer que le système de vecteurs
>> (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) est
>> libre dans IR considéré comme Q-espace vectoriel.
>> je pensais démontrer d'abord (1,sqrt(2)) libre puis en ajoutant
>> sqrt(3), (1,sqrt(3)) et (sqrt(2),sqrt(3)) libres et même chose pour
>> sqrt(6). mais je pense que cette méthode n'est pas bonne.
>>

> Je pense que l'approche est bonne:
> 1) démontrer que (1,sqrt(2),sqrt(3)) est libre. C'est assez rapide en
> ne gardant que les termes en sqrt(2)et sqrt(3) d'un côté et en
> élevant au carré.[/color]

en suivant tes indications, voilà ce que je trouve:
(1,sqrt(2),sqrt(3)) libre Quelque soient (a,b,c) appartenant à Q^3,
a+b*sqrt(2)+
c*sqrt(3)=0 => (a,b,c)=(0,0,0)
donc :
a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)=0
=>b*sqrt(2)+c*sqrt(3)=-a
en élevant au carré : 2*b²+3*c²+2*bc*sqrt(6)=a²
donc : (2*b²+3*c²-a²)+2*bc*sqrt(6)=0
ce qui revient à dire que si (1,sqrt(2),sqrt(3)) est libre alors (1,sqrt(6))
est libre
donc a+b*sqrt(6)=0 => (a,b)=(0,0)
=> -a/b=sqrt(6) => (a/b)²=6
travaillant sur Q-espace vectoriel,montrons qu'il n'existe pas de rationnel
de la forme p/q avec p et q premiers entre eux, tel que (p/q)²=6
=> p²=6q²
6q² est pair donc p² est pair donc p est pair. On peut donc écrire que p=2h
=> 4h²=6q² => 2h²=3q²
comme 2 est premier avec 3, 2 divise q² donc 2 divise q
Or 2 divise p, donc 2 est diviseur commun à p et q ce qui est impossible
puisque p et q sont premiers.
donc sqrt(6) est irrationnel et donc (1,sqrt(6)) est libre et donc
(1,sqrt(2),sqrt(3)) est libre


> 2) démontrer alors que si (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) est non libre,
> alors il en est de même pour (1,sqrt(2),sqrt(3)).
> Pour ce faire, je suggère d'écrire a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)+d*sqrt(6)=0
> avec d non nul et de multiplier par sqrt(3)-b/d.


(1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) non libre sqrt(6) est une combinaison
linéaire de (1,sqrt(2),sqrt(3))
=> a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)+d*sqrt(6)=0 avec d non nul
en multipliant par (sqrt(3)-b/d), on se retrouve avec un système de la forme
alpha+beta*sqrt(2)+gamma*sqrt(3)=0
comme on a prouvé que (1,sqrt(2),sqrt(3)) est libre, alors
(1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6) est libre.
mais comment trouves-tu le fameux (sqrt(3)-b/d)?

Tout ça est-il correct à vos yeux?
Merci

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:02


>
> en suivant tes indications, voilà ce que je trouve:
> [...]
> donc : (2*b²+3*c²-a²)+2*bc*sqrt(6)=0
> [suit la démonstration que sqrt(6) est irrationnel]
>


je suis OK. Je me serais personnellement arrêté avant la démonstration de
l'irrationnalité de sqrt(6) - que j'aurais considérée comme acquise -

>[color=green]
>> 2) démontrer alors que si (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) est non libre,
>> alors il en est de même pour (1,sqrt(2),sqrt(3)).
>> Pour ce faire, je suggère d'écrire a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)+d*sqrt(6)=0
>> avec d non nul et de multiplier par sqrt(3)-b/d.

>
> (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) non libre sqrt(6) est une combinaison
> linéaire de (1,sqrt(2),sqrt(3))
> => a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)+d*sqrt(6)=0 avec d non nul
> en multipliant par (sqrt(3)-b/d), on se retrouve avec un système de la
> forme
> alpha+beta*sqrt(2)+gamma*sqrt(3)=0
> comme on a prouvé que (1,sqrt(2),sqrt(3)) est libre, alors
> (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6) est libre.[/color]

C'est Ok mais attention à montrer que tu n'es pas dans le cas trivial où
alpha = beta = gamma = 0.
Il se trouve que l(on n'est pas dans ce cas.

> mais comment trouves-tu le fameux (sqrt(3)-b/d)?


En fait, j'ai voulu faire disparaître le sqrt(6). Donc, dans l'équation,
j'ai multiplié par sqrt(3) (on aurait pu multiplier par sqrt(2)) et
j'obtiens une deuxième équation. J'élimine alors entre les deux le sqrt(6).

>
> Tout ça est-il correct à vos yeux?
>

Tout à fait, bien que je ne garantisse pas que ce soit le plus immédiat ;-)

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:02

Patrick Coilland wrote:[color=green]
>> en suivant tes indications, voilà ce que je trouve:
>> [...]
>> donc : (2*b²+3*c²-a²)+2*bc*sqrt(6)=0
>> [suit la démonstration que sqrt(6) est irrationnel]
>>

>
> je suis OK. Je me serais personnellement arrêté avant la
> démonstration de l'irrationnalité de sqrt(6) - que j'aurais
> considérée comme acquise -
>
>>[color=darkred]
>>> 2) démontrer alors que si (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) est non libre,
>>> alors il en est de même pour (1,sqrt(2),sqrt(3)).
>>> Pour ce faire, je suggère d'écrire a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)+d*sqrt(6)=0
>>> avec d non nul et de multiplier par sqrt(3)-b/d.

>>
>> (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6)) non libre sqrt(6) est une combinaison
>> linéaire de (1,sqrt(2),sqrt(3))
>> => a+b*sqrt(2)+c*sqrt(3)+d*sqrt(6)=0 avec d non nul
>> en multipliant par (sqrt(3)-b/d), on se retrouve avec un système de
>> la forme
>> alpha+beta*sqrt(2)+gamma*sqrt(3)=0
>> comme on a prouvé que (1,sqrt(2),sqrt(3)) est libre, alors
>> (1,sqrt(2),sqrt(3),sqrt(6) est libre.[/color]
>
> C'est Ok mais attention à montrer que tu n'es pas dans le cas trivial
> où alpha = beta = gamma = 0.
> Il se trouve que l(on n'est pas dans ce cas.
>
>> mais comment trouves-tu le fameux (sqrt(3)-b/d)?

>
> En fait, j'ai voulu faire disparaître le sqrt(6). Donc, dans
> l'équation, j'ai multiplié par sqrt(3) (on aurait pu multiplier par
> sqrt(2)) et j'obtiens une deuxième équation. J'élimine alors entre
> les deux le sqrt(6).
>
>>
>> Tout ça est-il correct à vos yeux?
>>

> Tout à fait, bien que je ne garantisse pas que ce soit le plus
> immédiat ;-)[/color]

Merci bcp pour ces précisions.
Lolo

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:03

GuizLolo wrote:

> Auriez-vous quelques indications me permettant de partir sur de bonnes
> bases?


On peut le faire en deux temps :

1. Q[sqrt(2)] est de dimension 2 sur Q, et {1,sqrt(2)} est une base de
Q[sqrt(2)].

En effet, {1,sqrt(2)} est une famille génératrice. Reste à vérifier
qu'elle est libre. Supposons donc que a+b.sqrt(2)=0.

On vérifie alors que 2=b^2/a^2, ce qui est impossible (sqrt(2) est
irrationnel).

On peut remarquer que Q[sqrt(2)] est un corps (que l'on peut noter K).

2. K[sqrt(3)] est de dimension 2 sur K (donc de dimension 4 sur Q) et
1,sqrt(3) est une K base de K[sqrt(3)].

En effet, {1,sqrt(3)} est une famille génératrice. Reste à vérifier
qu'elle est libre. Supposons donc que a+b.sqrt(3)=0.

On vérifie alors que 3=b^2/a^2, c'est à dire :
sqrt(3) = +/- a/b, avec a et b dans Q[sqrt(2)].

Mais cela signifie que sqrt(3) est lui même élément de Q[sqrt(2)] :
sqrt(3)=c+d.sqrt(2), avec c et d dans Q.

En élevant au carré, on obtient : sqrt(3)=c^2+2.d^2+2cd.sqrt(2)=3,
et comme 1,sqrt(2) est une base de Q[sqrt(2)], on en déduit :
c^2+2d^2=3 et cd=0, ce qui est impossible.

On sait donc :
- que {1,sqrt(2)} est une base du Q-ev Q[sqrt(2)].
- que {1,sqrt(3)} est une base du Q[sqrt(2)]-ev (Q[sqrt(2)])[sqrt(3)].

et on en déduit facilement que {1,sqrt(2), sqrt(3), sqrt(6)} est une
base du Q-ev (Q[sqrt(2)])[sqrt(3)].

--
Benoît RIVET

Anonyme

Re: [LM 2] Equation Matricielle

par Anonyme » 30 Avr 2005, 20:03

Benoit Rivet wrote:

> GuizLolo wrote:
>[color=green]
> > Auriez-vous quelques indications me permettant de partir sur de bonnes
> > bases?

>
> On peut le faire en deux temps :
>
> (snip les explications avec des mots compliqués)[/color]

Sans employer de termes compliqués :

PREMIER TEMPS : la famille {(1, sqrt(2))} est une famille libre.

(parce que sqrt(2) est irrationnel)

SECOND TEMPS : la famille {(1, sqrt(2), sqrt(3), sqrt(6))} est une
famille libre.

Parce que, si a+b.sqrt(2)+c.sqrt(3)+d.sqrt(6)=0
et si c ou d est non nul,
sqrt(3)= - (a+b.sqrt(2)) / (c+d.sqrt(2))
= e+f.sqrt(2)

Donc 3=e^2+2f^2+2ef.sqrt(2),
ie. 3=e^2+2f^2 et ef=0 (puisque {(1, sqrt(2))} est une famille libre.)
ce qui est impossible pour des raisons élémentaires.

--
Benoît RIVET

 

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