Résolution système de matrices

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Benjamin
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Résolution système de matrices

par Benjamin » 09 Juil 2014, 17:12

Salut,

J'ai trois matrices carré (2x2) à valeurs dans C : T1, T2, T3.
Je sais que le déterminant de chacune des matrices vaut 1.

Question : connaissant chacun des produits T1.T2, T1.T3, T2.T3, puis-je retrouver T1, T2 et T3 ? Si non, quels sont les degrés de liberté restant ? Quelles hypothèses pourrait-on rajouter pour y arriver ?

J'ai réussi à remonter à T2² ou même à trouver deux matrices X et Y telle que T3 = X . T3 . Y mais je n'arrive pas à savoir si cela aide vraiment.

Merci.



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fatal_error
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par fatal_error » 09 Juil 2014, 18:24

hello,

je veux pas écrire des conneries mais jpense que t'as besoin d'autres trucs:
soient x,y,z respectivement T1,T2,T3 (c'est plus court et c'est les inconnues)
soient a,b,c les matrices paramètres telles que
(1) xy=a
(2) yz=b
(3) zx=c

comme det(x)>0 idem les autres, toutes les matrices sont inversibles.
(1)*(3)
xyzx=ac
substiuant (2):
xbx=acxbxb=acb
on pose x'=xb, et il vient
x'^2=acb
Si on note D la mat diagonale des valeurs propres de acb, avec les elem l1,l2, P sa matrice de passage
alors en posant la matrice diagonale d contenant (+-sqrt(l1), +-sqrt(l2)), on a
(PdP^-1)^2 = PDP^-1==acb
idem x'=PdP^-1
donc 4 solutions pour x'

ensuite on déduit x = x'b^-1
puis on déduit y de (1): y==x^-1a
puis z de (2): z==y^-1b==a^-1xb
et (3) est vérifiée car en remplacant z on a
a^-1xbx=c a^-1xbxb=cb car b inversible
a^-1acb=cb
cb==cb

du coup, t'as quatre couple de solution différents.

edit: pas bon, pris mauvaises equation des le départ, il fallait prendre
xy
xz
yz
la vie est une fête :)

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fatal_error
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par fatal_error » 09 Juil 2014, 18:45

jpense que ca change pas non plus:
xy=a
xz=b
yz=c

x=ay^-1
x=bz^-1
=>ay^-1=bz^-1
=>z^-1 = b^-1ay^-1
z^-1y^-1=c^-1
substituant z
b^-1ay^-1y^-1 = c^-1
(y^-1)^2 = a^-1bc^-1
on trouve 4 valeurs pour y^-1
on deduit 4 valeurs pour y
la vie est une fête :)

Doraki
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par Doraki » 09 Juil 2014, 19:26

si (x,y,z) est une solution et la dimension est paire, (-x,-y,-z) est une autre solution.

sinon à partir de xy,xz, et yz, tu as (yz)(xz)-1(xy) = y².
Une fois que tu connais y, tu obtiens immédiatement x = (xy)y-1 et z = y-1(yz).
(et on a bien x*z = (xy)y-2(yz) = (xy)(xy)-1(xz)(yz)-1(yz) = xz)

Donc le problème est équivalent à rechercher les racines carrées d'une matrice.

Benjamin
Modérateur
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par Benjamin » 09 Juil 2014, 19:49

Ok, merci pour vos réponses.

Je vais voir si je peux d'un point de vue physique limiter certaines solutions ou pas.
J'ai l'impression que le fait que le déterminant vaille 1 spécifiquement ne sert à rien ? (à part pour dire que c'est différent de 0 donc inversible).

Doraki
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par Doraki » 09 Juil 2014, 20:21

ben ça sert à restreindre le nombre de solutions à 2 au lieu de 4 en général.

Benjamin
Modérateur
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par Benjamin » 10 Juil 2014, 23:46

J'ai pu déterminer le bon signe par un raisonnement physique. Merci !

 

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