Composantes connexes

par **barbu23** » 09 Aoû 2012, 15:59

Bonjour à tous,

- Pourquoi

n'est pas connexe ?
- Pourquoi le groupe

des matrices inversibles, admet seulement deux composantes connexes :

?
- Prouver que ces composantes connexes sont connexes par arcs, et homéomorphes.

Merci d'avance. :happy3:

Edit :

par **wserdx** » 09 Aoû 2012, 16:08

Si tu vas de façon continue d'une matrice inversible à une autre, le déterminant varie aussi de façon continue. Mais comme il ne peut pas passer par 0, il ne peut donc changer de signe.
Donc les déterminants de la matrice de départ et d'arrivée ont le même signe.

par **barbu23** » 09 Aoû 2012, 16:11

wserdx a écrit:Si tu vas de façon continue d'une matrice inversible à une autre, le déterminant varie aussi de façon continue. Mais comme il ne peut pas passer par 0, il ne peut donc changer de signe.
Donc les déterminants de la matrice de départ et d'arrivée ont le même signe.

@wserdx, désolé, j'ai changé la manière de poser la question. :zen:

par **barbu23** » 09 Aoû 2012, 16:15

wserdx a écrit:Donc les déterminants de la matrice de départ et d'arrivée ont le même signe.

Tu veux dire par là, que les deux composantes connexes de

sont connexes par arcs. Comment formaliser tout ça en langage mathématique ?

par **wserdx** » 09 Aoû 2012, 16:30

Oui, si tu veux formaliser, il te faut introduire la topologie issue d'une distance quelconque.
Ce que j'ai dit précédemment montre qu'il y a au moins deux parties connexes. Il te reste à montrer qu'il y en a au plus deux.

par **barbu23** » 09 Aoû 2012, 18:43

Pour la première question :

D'autre part :

et

sont à la fois ouverts et fermés comme image réciproque par l'application

, qui est continue, de

qui est à la fois ouvert et fermé de

.

Comment est ce qu'on fait maintenant, pour la deuxième question ?

Merci d'avance. :happy3:

par **acoustica** » 09 Aoû 2012, 21:52

barbu23 a écrit:Pour la première question :

D'autre part :
et sont à la fois ouverts et fermés comme image réciproque par l'application , qui est continue, de qui est à la fois ouvert et fermé de .

Comment est ce qu'on fait maintenant, pour la deuxième question ?

Merci d'avance. :happy3:

Pour l'homéomorphisme, il me semble qu'en considérant simplement l'application "opposé", on a la réponse, non ?

par **Doraki** » 09 Aoû 2012, 22:00

Non, une composante connexe, ça ne veut pas dire "une partie ouverte et fermée", ça veut dire "une partie connexe A (dont les seules parties B incluses dans A qui sont ouvertes et fermées dans A sont B = l'ensemble vide et B = A) qui est maximale pour l'inclusion (parmi les parties connexes)".

Ici, plutôt que d'utiliser la définition pour montrer la connexité de GL+ ou de GL-, on demande de montrer qu'elles sont connexes par arcs (être connexe par arc implique d'être connexe).
Donc tu dois montrer que :

- Pour toutes matrices M1 et M2 dans GL+, il existe une fonction continue de [0;1] dans GL+ qui relie M1 à M2
- Pour toute partie A de GL-, l'ensemble GL+ union A n'est pas connexe (il en existe une partie ouverte et fermée non triviale)

Pour la question 2 tu dois inventer un homéomorphisme entre GL+ et GL-.

par **acoustica** » 09 Aoû 2012, 22:05

Doraki a écrit:- Pour toutes matrices M1 et M2 dans GL+, il existe une fonction continue de [0;1] dans GL+ qui relie M1 à M2
- Pour toute partie A de GL-, l'ensemble GL+ union A n'est pas connexe (il en existe une partie ouverte et fermée non triviale)

Pour la question 2 tu dois inventer un homéomorphisme entre GL+ et GL-.

- Il existe P tel que A=BP ? Pourquoi faut-il une fonction et pas une matrice ?

- det(P)=det(P-1) => A et B sont dans la même composante connexe si et seulement si le déterminant est de même signe ?

Désolé je viens gratter sur le sujet, je cherche aussi ^^

par **Doraki** » 09 Aoû 2012, 22:22

acoustica a écrit:- Il existe P tel que A=BP ? Pourquoi faut-il une fonction et pas une matrice ?

Parceque c'est la définition de la connexité par arc.
Si tu as un chemin qui va de l'identité à ta matrice P, alors en multipliant partout sur ce chemin par B, tu obtiens un chemin qui va de B à A. Es-tu en train de dire qu'il suffit de prendre P = B-1 A ? Et que ton ébauche marche même si les déterminants de A et B sont de signes différents ?

det(P)=det(P-1) => A et B sont dans la même composante connexe si et seulement si le déterminant est de même signe ?

aaaaah mets des parenthèses entre le => et le . A priori "A = BP" n'a rien à voir avec "det(P) = det(P-1)" ni avec "A et B sont dans la même composante connexe", qui seul lui a un rapport avec "le déterminant de A et le déterminant de B ont le même signe".

par **acoustica** » 09 Aoû 2012, 22:32

Doraki a écrit:Parceque c'est la définition de la connexité par arc.
Si tu as un chemin qui va de l'identité à ta matrice P, alors en multipliant partout sur ce chemin par B, tu obtiens un chemin qui va de B à A. Es-tu en train de dire qu'il suffit de prendre P = B-1 A ? Et que ton ébauche marche même si les déterminants de A et B sont de signes différents ?
aaaaah mets des parenthèses entre le => et le . A priori "A = BP" n'a rien à voir avec "det(P) = det(P-1)" ni avec "A et B sont dans la même composante connexe", qui seul lui a un rapport avec "le déterminant de A et le déterminant de B ont le même signe".

Dak. J'ai pris le temps de réfléchir un peu (j'avais écris ça comment très vague première intuition). Ce que je me dis, c'est qu'on peut relier deux matrices d'une même composante connexe via une matrice P et on a

. Elles sont de la même composante si et seulement si leur déterminant est de même signe, et ce, indépendamment du déterminant de P.

Disons que je ne vois pas comment définir un chemin entre deux matrices autrement qu'avec une autre matrice. Comment le définir à partir d'une fonction, si ce n'est à partir de la matrice elle-même ?

Peut-on définir cette fonction par sa matrice de cette façon-là ?

On aurait bien une fonction de [0,1] dans GL(n,R) qui relie A et B non ?

Sinon pour la deuxième question, j'ai une proposition qui dit que :

"Pour un ouvert U d'un espace vectoriel normé E, les notions de connexité et de connexité par arcs coïncident". Bingo, on y est ! :we: (enfin je crois...)

La connexité par arcs étant une propriété topoloogique, et puisqu'il n'existe aucun chemin reliant a négatif et b positif dans R*, on a gagné.... *croise fort fort les doigts*

Quant à l'homéomorphisme, si on considère f : R-> R : x ->-x, on change le signe du déteminant.

par **Doraki** » 09 Aoû 2012, 23:14

où est-ce que tu prouves que pour tout t, ton f(t) est une matrice inversible ?

si A est une matrice non nulle dans M2(R), -A a le même déterminant que A (parceque 2 est pair), et le chemin donné par ta fonction passe par la matrice nulle pour t=1/2.

par **barbu23** » 09 Aoû 2012, 23:41

Il faut chercher,

continue ( i.e : une famille continue de matrices

) qui relie continûment

et

.
Au pif, un segment :

, et

et

sont bien sûr, de déterminant positif. Est ce que :

est inversible ?
J'avoue que c'est pas facile du tout pour moi de faire cette question. :mur:
Merci d'avance. :happy3:

par **acoustica** » 09 Aoû 2012, 23:48

barbu23 a écrit:Il faut chercher, continue ( i.e : une famille continue de matrices ) qui relie continûment et .
Au pif, un segment : , et et sont bien sûr, de déterminant positif. Est ce que : est inversible ?
J'avoue que c'est pas facile du tout pour moi de faire cette question. :mur:
Merci d'avance. :happy3:

C'est ce que j'avais proposé dans le post d'avant, mais le problème qui semble se poser, c'est que cette matrice n'a aucune raison d'être inversible a priori...

Faudrait qu'on essaye de trouver un moyen d'éviter l'addition alors... ?

par **barbu23** » 09 Aoû 2012, 23:52

acoustica a écrit:C'est ce que j'avais proposé dans le post d'avant, mais le problème qui semble se poser, c'est que cette matrice n'a aucune raison d'être inversible a priori...

Ah d'accord, je n'ai pas pu voir ta :

:lol3:
Et comment faire pour montrer que

est inversible ? :doh:
Merci d'avance. :happy3:

par **acoustica** » 09 Aoû 2012, 23:55

barbu23 a écrit:Ah d'accord, je n'ai pas pu voir ta : :lol3:
Et comment faire pour montrer que est inversible ? :doh:
Merci d'avance. :happy3:

Je crois qu'on ne va pas pouvoir, il faut en construire une autre sans additions...

par **barbu23** » 10 Aoû 2012, 00:01

acoustica a écrit:Je crois qu'on ne va pas pouvoir. Est-ce qu'on est vraiment obligé de joindre les deux matrices ? Ne suffit-il pas de joindre les déterminants ? :hein:

Non, il faut joindre deux éléments quelconque de

par une famille continue

( continue, veut dire : indéxé par

, et

circule dans un domaine continue

) de matrices

éléments de

, parce que c'est

qu'il faut voir si c'est une composante connexe ou non ... Par contre, le déterminant, c'est juste une application et non une famille continue de matrices

.

par **acoustica** » 10 Aoû 2012, 11:55

barbu23 a écrit:Non, il faut joindre deux éléments quelconque de par une famille continue ( continue, veut dire : indéxé par , et circule dans un domaine continue ) de matrices éléments de , parce que c'est qu'il faut voir si c'est une composante connexe ou non ... Par contre, le déterminant, c'est juste une application et non une famille continue de matrices .

Coucou Barbu23, j'ai un peu réfléchi au problème et je pense que ça tient au fait que les valeurs propres sont isolées et que GL(n,R) est dense dans l'ensemble des endomorphismes. A partir de l'endomorphisme représenté par A, on peut construire une suite d'endomorphismes qui converge vers l'endomorphisme représenté par B, en choisissant chaque terme successif de la suite des endomorphismes dans un voisinage du précédant, tel que ce voisinage de contienne pas d'endomorphisme non inversible. Un fois que c'est fait, on relie chacun des endomorphismes par un segment (là on peut dire cette fois que tous les endomorphismes du segment sont inversibles). Après à mettre en forme, ça va être plus dur^^

Le problème qu'on avait avant était qu'en traçant le segment entre les deux matrices, on pouvait avoir un sacré coup de pas de bol et tomber précisément sur un point d'annulation du déterminant. En définissant une suite d'endomorphismes à chaque fois dans un voisinage du précédants et dans un boule suffisamment petite pour éviter les valeurs propres, on peut relier deux endomorphismes par segments successifs en évitant les valeurs propres. On peut imaginer construire ces segements successifs comme des arcs continus reliant deux matrices successives comme une transvection pondérée par le rapport des déterminants des deux matrices successives.

Encore une fois, je réfléchis encore à comment mettre ça proprement en forme...

par **acoustica** » 10 Aoû 2012, 12:35

Je ne sais pas si le raisonnement que je viens d'évoquer est fondé ou pas, mais j'ai trouvé dans un bouquin la démonstration suivante :

>

Je ne suis pas encore sûre de l'avoir parfaitement compris de bout en bout, mais si ça peut t'aider... Te focalise sur ce que j'ai écris avant, c'est sûrement plein de bêtises. Par contre, le truc entre guillemets vient d'un bouquin.

par **Matt_01** » 10 Aoû 2012, 15:52

Ce que tu avais écrit avant est une petite bêtise oui, car tu ne sais pas à priori si tu vas t'approcher assez à chaque fois.
Je m'explique : si d(A, "ensemble des matrices non inversibles") = m, alors tu sais que ton voisinage autour de A pourra être une boule de rayon m.
Si tu prends un nouvel élément A' de cette boule, que connais tu de d(A',"ensemble des matrices non inversibles") ? Pas grand chose. Et si ca valait m/2, et que pour la suivante m/4 etc, on devrait avoir d(A,B) < m+m/2+m/4+... = 2m, ce qui n'est pas toujours vrai.
En somme, de la manière que tu fais, tu ne sais pas si tu vas pouvoir aller aussi loin que tu le veux.
Avec ta théorie R\Z serait connexe par arcs ;)

Pourquoi ne pas chercher un chemin du type f(t)A+g(t)In ?
Sachant qu'on peut facilement s'assurer que det(f(t)A+g(t)In) > 0 à l'aide des valeurs propres ;)

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