Résultat embêtant à prouver (somme de vecteurs unitaires)

par **tristan** » 02 Juil 2005, 00:38

Bonjour, j'ai un petit problème dont la solution est évidente mais dont la démonstration ne l'est pas .

Que peut-on dire de quatres vecteurs unitaires dont la somme est nulle ?

Il est clair qu'il s'agit de deux couples de vecteurs opposés, mais je ne parviens pas à le prouver. Merci d'avance.

par **palmade** » 02 Juil 2005, 08:56

C'est d'autant plus difficile à démontrer que c'est faux, tout au moins dans un espace de dimension supérieure ou égale à 3.par exemple dans un espace orthonormé de dimension 3, en désignant par i,j,k une base
en posant l=-i/2-j/2+rac(1/2)k et m=-i/2-j/2-rac(1/2)k
i+j+l+m=0

par **cesar** » 02 Juil 2005, 09:29

tristan a écrit:Bonjour, j'ai un petit problème dont la solution est évidente mais dont la démonstration ne l'est pas .

Que peut-on dire de quatres vecteurs unitaires dont la somme est nulle ?

Il est clair qu'il s'agit de deux couples de vecteurs opposés, mais je ne parviens pas à le prouver. Merci d'avance.

bonjour

imaginez un tetraedre : le centre l'origine des vecteurs et chaque pointe du tetraedre l'extremité d'un vecteur : la somme fait bien 0, mais pas de couple opposés deux à deux...on peut trouver d'autres cas...par enxmple, une croix de st André en 2 D...
par contre, si vous prenez 3 vecteurs unitaires quelconques dans espace de dimension 3, le quatriéme est necessairement liés aux 3 autres.
donc il existe a1,a2,a3,a4 scalaires tels que :

a1*V1 +a2*V2 + a3*V3 + a4*V4 = 0

dans notre cas a1=a2=a3=a4=1
et il n'y a pas d'hypothese sur la dimension de l'espace.

on peut immédiatement conclure que l'espace engendré par ces 4 vecteurs est au plus de dimension 3 et au moins de dimension 2.

de plus V1 + V2 + V3 = -V4

il faut étudier les cas n=2 et n=3
si n=2

on prend une base orthonormée, avec V1 et un vecteur I normé et perpendiculaire à V1, dans un repere direct.

on a V2 = cos(V1,V2)*V1 + sin(V1,V2)*I
V3 = cos(V1,V3)*V1+ sin(V1,V3)*I

d'ou V4 = -(1+cos(V1,V2) + cos(V1,V3))* V1 - (sin(V1,V2)+sin(V1,V3))*I

et comme V4 est normé :

-(1+cos(V1,V2) + cos(V1,V3)) = cos(V4,V1)
et

- (sin(V1,V2)+sin(V1,V3)) = sin(V4,V1)

on a donc tout en fonction de 2 parametres, qui sont les angles V1,V2 et V1,V3...Il faut écrire norme de V4 = 1
soit (1+cos(V1,V2) + cos(V1,V3))^2 + (sin(V1,V2)+sin(V1,V3))^2 = 1

1+2*cos(V1,V2) + cos(V1,V2)^2+cos(V1,V3)^2 + 2*cos(V1,V3) + 2*cos(V1,V3)*cos(V1,V2) + sin(V1,V2)^2+sin(V1,V3)^2+2*sin(V1,V2)*sin(V1,V3)
= 1+2*cos(V1,V2) +1+1+2*cos(V1,V3)+2*cos(V1,V3)*cos(V1,V2)+2*sin(V1,V2)*sin(V1,V3)=3+2*(cos(V1,V2) +cos(V1,V3) + cos( V1,V2-V1,V3))=1

soit encore -1 = cos(V1,V2) +cos(V1,V3) + cos( V1,V2-V1,V3)
on doit pouvoir encore améliorer la relation pour trouver relativement falcilement un des angles en fonction de l'autre.
Donc, en resumé, en dimension 2, si on fixe deux des vecteurs arbitrairement (ou presque), on peut trouver le 3eme et ensuite le 4eme...
on doit pouvoir faire ce calcul en 2 D avec les nombres complexes...
en prenant v1=1, v2 = exp(i*alpha1), v2=exp(i*alpha2), v3=exp(i*alpha3), v4=exp(i*alpha4)...

il faut faire le même genre de discution en dimension 3...

en dimension 1 : les vecteurs ne sont pas distincts 2 à 2..

par **thomasg** » 02 Juil 2005, 11:07

cesar a écrit:: par contre, si vous prenez 3 vecteurs unitaires quelconques dans espace de dimension 3, le quatriéme est necessairement liés aux 3 autres.
donc il existe a1,a2,a3,a4 scalaires tels que :

a1*V1 +a2*V2 + a3*V3 + a4*V4 = 0

dans notre cas a1=a2=a3=a4=1
et il n'y a pas d'hypothese sur la dimension de l'espace.

on peut immédiatement conclure que l'espace engendré par ces 4 vecteurs est au plus de dimension 3 et au moins de dimension 2.

..

Bonjour, je n'ai pas tout lu (mes excuses, je n'ai pas saisi tout l'enjeu de ta démonstration), mais la dernière ligne ci-dessus me pose problème,
si les 4 vecteurs sont colinéaires, alors la dimension est 1, il me semble.

Au revoir.

par **tristan** » 02 Juil 2005, 12:11

Bonjour, en fait je réflechissait en dimension deux et j'ai donc completement occulté les autre cas. Mais justement, en dimension deux, pourrait-on prouver de manière simple que les quatres vecteurs sont deux couples de vecteurs opposés (c'est clairement la seule possibilité) en utilisant des arguments géométriques ?

En fait César répond un peu à cette question mais le fait me paraît tellement évident que je suis certain qu'une démonstration rapide doit pouvoir se faire. Je pense tenir quelquechose mais c'est très vaseux pour l'instant.

par **evilangelium** » 02 Juil 2005, 14:21

bonjour

on pourrait peut-être utiliser l'isobarycentre de 4 points ?

par **tristan** » 02 Juil 2005, 15:15

C'est-à- dire ?

par **tristan** » 02 Juil 2005, 15:50

Voilà une idée de démonstration, mais pas tout à fait terminée :

On note a,b,c et d (Comment faire pour génerer des vecteurs sous Latex ? \overrightarrow ne marche pas) les quatre vecteurs.

Alors on a a+b = -c-d. Il ne reste plus qu'à montrer qu'un vecteur ne peut être décomposé que d'une seule façon en somme de deux vecteurs unitaires. Ca me parraît pas très compliqué mais rien ne me viens à l'esprit.

par **palmade** » 02 Juil 2005, 15:56

En dimension 2, en utilisant la représentation complexe, et en prenant les arguments entre -pi et +pi, la somme de 2 vecteurs unitaires d'arguments a et b est
exp(ia)+exp(ib)=exp(i(a+b)/2)*2cos((a-b)/2)
La somme de 2 autres vecteurs unitaires d'arguments c et d sera
exp(ic)+exp(id)=exp(i(c+d)/2)*2cos((c-d)/2).
La somme de ces deux sommes sera nulle si
a-b=c-d=+/-pi ou
a+b=c+d et cos ((a-b)/2)=-cos((c-d)/2) soit a-b+c-d=+/-2pi
ou a+b+c+d=0 et cos((a-b)/2)=cos((c-d)/2) soit a-b-c+d=+/-2pi
ce qui n'a comme solution que a-b=pi c-d=pi et toutes les permutations sur les arguments

par **rene38** » 02 Juil 2005, 17:31

Bonjour tristan

"On note a,b,c et d"

On note [ TEX ]\vec{a},\vec{b},\vec{c} et \vec{d}[ /TEX ]
en supprimant les espaces autour de TEX et de /TEX , on obtient
On note

par **tristan** » 02 Juil 2005, 20:38

Merci ;) .

par **cesar** » 02 Juil 2005, 21:28

thomasg a écrit:Bonjour, je n'ai pas tout lu (mes excuses, je n'ai pas saisi tout l'enjeu de ta démonstration), mais la dernière ligne ci-dessus me pose problème,
si les 4 vecteurs sont colinéaires, alors la dimension est 1, il me semble.

Au revoir.

en dimension 1, on ne peut pas avoir 4 vecteurs unitaires differents. On peut en avoir 2 tout au plus.... un unitaire et son opposé.
par contre, on peut commencer à travailler avec 2 dimensions et ensuite 3 dimensions...

par **thomasg** » 03 Juil 2005, 09:29

cesar a écrit:en dimension 1, on ne peut pas avoir 4 vecteurs unitaires differents. On peut en avoir 2 tout au plus.... un unitaire et son opposé.
par contre, on peut commencer à travailler avec 2 dimensions et ensuite 3 dimensions...

Bonjour,
mais il n'est pas dit dans l'énoncé de départ que les 4 vecteurs doivent être différent.
Quand à la dimension de l'espace dans lequel on travaille, elle n'a aps d'importance dans ma remarque précédente.

PS: je suis d'accord sur un fait, c'est que je pinaille sur un point sans importance.

Au revoir

par **thomasg** » 03 Juil 2005, 12:18

Re-bonjour,

l'idée de la démo qui va suivre est la même que celle utilisée dans la démo (fausse) précédente.

Changement de notations: je noterai f la fonction qui va de bas en haut et g celle qui va de gauche à droite, (f1,f2) et (g1,g2) les composantes respectives de f et g.

lemme: pour tout x de [0,1] il existe t dans [0,1] tel que g1(t)=x
la preuve est immédiate car g1 est continue de [0,1] dans [0,1] avec g1(0)=0 et g1(1)=1

Preuve de la proposition principale:
considérons l'ensemble E défini par, E={t de [0,1]/f2(t)g2(T), on peut alors trouver une valeur b1 telle que b1<b et b1 n'appartient pas à E. (contradiction) (je peux détailler si tu le souhaites)

la proposition est donc démontrée.

PS: à vérifier, mais je crois que cette fois c'est bon

par **Chimerade** » 05 Juil 2005, 00:08

Bien sûr en dimension 2...
Soient u1, u2, u3, u4 les quatre vecteurs. Soit A un point. B, C, D et A' définis par : vecteur(AB)=u1,vecteur(BC)=u2,vecteur(CD)=u3,vecteur(DA')=u4.

De u1+u2+u3+u4=0 on déduit que A et A' sont confondus.

Si C est confondu avec A, alors u1 et u2 sont opposés ; il s'ensuit que u3 et u4 aussi. Sinon, le quadrilatère ABCD a quatre côtés égaux : c'est donc un losange, donc un parallélogramme dont les côtés opposés sont égaux et parallèles !

par **tristan** » 05 Juil 2005, 00:20

Bien trouvé, merci beaucoup !

par **cesar** » 06 Juil 2005, 13:40

Chimerade a écrit:Bien sûr en dimension 2...
Soient u1, u2, u3, u4 les quatre vecteurs. Soit A un point. B, C, D et A' définis par : vecteur(AB)=u1,vecteur(BC)=u2,vecteur(CD)=u3,vecteur(DA')=u4.

De u1+u2+u3+u4=0 on déduit que A et A' sont confondus.

Si C est confondu avec A, alors u1 et u2 sont opposés ; il s'ensuit que u3 et u4 aussi. Sinon, le quadrilatère ABCD a quatre côtés égaux : c'est donc un losange, donc un parallélogramme dont les côtés opposés sont égaux et parallèles !

magnifique de simplicité !!! Mais en dimension 3, cela donne quoi ?

par **palmade** » 06 Juil 2005, 14:10

je rappelle que le résultat est faux si la dimension est supérieure ou égale à 3 (voir le début de la discussion)

par **Chimerade** » 06 Juil 2005, 17:33

cesar a écrit:magnifique de simplicité !!! Mais en dimension 3, cela donne quoi ?

Ben, je vais pas essayer de démontrer un résultat que Palmade a brillamment démontré faux !

Résultat embêtant à prouver (somme de vecteurs unitaires)

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