Algèbre linéaire, EDP and co.

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Algèbre linéaire, EDP and co.

Messagepar Noah » Lundi 30 Décembre 2013, 14:52

Bonjour,

soit une matrice symétrique réelle $M$ de la forme $\begin{pmatrix}m_{11}&&m_{12}&&m_{13}&&m_{14}\\m_{12}&&m_{22}&&m_{23}&&m_{24}\\m_{13}&&m_{23}&&m_{33}&&m_{34}\\m_{14}&&m_{24}&&m_{34}&&m_{11}+m_{22}+m_{33}\end{pmatrix}$, et soit $\vec{v}=(a,b,c,d)^T$ tel que $M\vec{v}=\vec{0}$ et $a^2+b^2+c^2=d^2$ (on suppose qu'un tel vecteur, non-nul, existe ; donc en particulier $M$ n'est pas inversible).

Peut-on montrer que les vecteurs $(m_{i1},m_{i2},m_{i3})^T$ pour $i=1,2,3$ sont colinéaires entre eux, et colinéaires à $(a,b,c)^T$ ?
Dernière édition par Noah le Jeudi 16 Janvier 2014, 22:13, édité 1 fois.
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Re: Algèbre linéaire

Messagepar Minibob59 » Jeudi 02 Janvier 2014, 21:48

Bonsoir,

Je n'ai pas résolu l'exercice mais voici quelques pistes qui me viennent à l'esprit...
$M$ est symétrique réelle, donc diagonalisable dans une base orthonormée. De plus, on la suppose non inversible, donc $0$ est valeur propre de $M$.
On peut alors peut-être travailler dans une base adaptée (je confonds ici $M$ et l'endomorphisme canoniquement associé) et discuter suivant la multiplicité de la valeur propre $0$...
De plus, $v \neq 0$ donc $d \neq 0$. De fait, on peut supposer $v$ unitaire et $d=1$. On doit pourvoir tirer de là quelques relations entre les différents coefficients...
Minibob59 !
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Re: Algèbre linéaire

Messagepar Noah » Mardi 07 Janvier 2014, 15:15

Bonjour,

merci minibob de cette réponse. En fait ça ne marche pas, on peut construire des contre-exemples en rang 2 et 3 (évidemment, en rang 1 on a le résultat, mais c'est trivial).

En rang 3 : $M=\begin{pmatrix}1&0&0&-1\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\-1&0&0&1\end{pmatrix}$ et $\vec{v}=(1,0,0,1)^T$.
En rang 2 : on a aussi un contre-exemple mais je n'ai plus le brouillon sous la main, j'éditerai le message quand je l'aurai retrouvé.

En fait, cette approche infructueuse provient du problème suivant (qui est une reformulation condensée de mon précédent post dont la longueur a apparemment rebuté tout le monde) : soient 4 fonctions inconnues $v_1,v_2,v_3,v_4$ dépendant toutes des variables $x_1,x_2,x_3,x_4$. Les fonctions inconnues sont supposées définies, dérivables etc... sur $\mathbb{R}^4$. En notant $\partial_i$ la dérivation par rapport à $x_i$, on a :

$\qquad\forall i,j : \partial_i v_j = \partial_j v_i$ (soit 6 relations effectives)
$\qquad\partial_1 v_1 + \partial_2 v_2 + \partial_3 v_3 = \partial_4 v_4$
$\qquad v_1^2+v_2^2+v_3^2 = v_4^2$

Peut-on montrer que les lieux d'égales valeurs de $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ sont des hyperplans de $\mathbb{R}^4$ ? J'ai pensé appliquer la méthode des caractéristiques mais j'aboutis à un monstrueux déterminant dont je ne peux rien faire. Au secours !! ça fait un moment que ce problème me taraude !!
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Re: Algèbre linéaire, EDP and co.

Messagepar Noah » Jeudi 16 Janvier 2014, 22:49

Bon,

finalement j'ai abouti à la reformulation suivante du problème, et je ne demande qu'une bonne âme pour me dire si mon raisonnement tient la route.

J'ai donc $\Phi(x,y,z,t)$ une fonction à valeurs dans $\mathbb{R}$, définie et deux fois dérivable sur $\mathbb{R}^4$, qui vérifie le système :

$$(\partial_x \Phi)^2+(\partial_y \Phi)^2+(\partial_z \Phi)^2 = (\partial_t \Phi)^2\quad (1)$$

$$\partial_{xx}^2 \Phi+\partial_{yy}^2 \Phi+\partial_{zz}^2 \Phi=\partial_{tt}^2 \Phi\quad (2)$$


Et je cherche à montrer que les lieux d'égale valeur de $\Phi$ sont des hyperplans. Donc je pose une paramétrisation $x=x(p,q,r),y=y(p,q,r)...$, et on a $\partial_p \Phi = \frac{\partial x}{\partial p} \partial_x\Phi + \frac{\partial y}{\partial p} \partial_y\Phi + \frac{\partial z}{\partial p} \partial_z\Phi + \frac{\partial t}{\partial p} \partial_t\Phi$, de même pour $\partial_q$ et $\partial_r$.
Donc d'après l'équation $(1)$, si on choisit $\frac{\partial x}{\partial p} = \partial_x \Phi, \frac{\partial y}{\partial p} = \partial_y \Phi, \frac{\partial z}{\partial p} = \partial_z \Phi, \frac{\partial t}{\partial p} = -\partial_t \Phi$, on obtiendra $\partial_p \Phi = 0$. On peut très bien faire le même choix pour $q$ et $r$ et obtenir $\partial_q \Phi = \partial_r \Phi = 0$.
Or en posant ces conditions sur les paramètres, on aura par exemple :

$$\displaystyle{\frac{\partial^2 x}{\partial p^2}=\frac{\partial}{\partial_p} (\partial_x \Phi)=(\frac{\partial x}{\partial p} \partial_x + \frac{\partial y}{\partial p} \partial_y + \frac{\partial z}{\partial p} \partial_z + \frac{\partial t}{\partial p} \partial_t)(\partial_x\Phi)}$$


$$=\partial_x\Phi\partial_{xx}^2\Phi+\partial_y\Phi\partial_{xy}^2\Phi+\partial_z\Phi\partial_{xz}^2\Phi-\partial_t\Phi\partial_{xt}^2\Phi$$


$$=\frac{1}{2}\partial_x\Bigl( (\partial_x \Phi)^2+(\partial_y \Phi)^2+(\partial_z \Phi)^2 - (\partial_t \Phi)^2) \Bigr ) = 0$$


Et on montre de la même façon que $\frac{\partial^2 x}{\partial p \partial q}$, $\frac{\partial^2 y}{\partial p^2}$, bref toutes les dérivées secondes de $x,y,z,t$ par rapport aux paramètres, sont nulles. Donc cette paramétrisation correspond à celle d'un hyperplan de $\mathbb{R}^4$, sur lequel $\Phi$ est constante (car $\partial_p\Phi=\partial_q\Phi=\partial_r\Phi=0$). QED.

Alors, ça vous semble correct ? Ce qui m'étonne est qu'à aucun moment on n'a besoin de l'équation $(2)$ en fait...
Noah
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