matrice de passage et changement de base

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matrice de passage et changement de base

Messagepar paspythagore » Jeudi 09 Mai 2013, 13:43

Bonjour.

Encore une notion que j'ai utilisée sans la comprendre complétement. Les notations compliquent un peu la chose. Et du coup, comme je ne comprends pas un exercice simple, je me rends compte de mes lacunes.
Trouver le repère $\mathcal{R''}=(O'',e''_1,e''_2)$ de $\mathcal{E}$ caractérisé par la propriété suivante : si $M$ est un point de $\mathcal{E}$ de coordonnées $(x,y)$ dans $\mathcal{R}$, ses coordonnées dans $\mathcal{R''}$ sont $(x-y+3,2x+y-6)$

On cherche un repère $\mathcal{R''}$ tel que :

$$Mat_\mathcal{R'',R}Id_\mathcal{E}=\begin{pmatrix}1&-1&9\\2&1&-6\\0&0&1\end{pmatrix}$$


On a donc :

$$Mat_\mathcal{R,R''}Id_\mathcal{E}=\begin{pmatrix}1/3&1/3&1\\-2/3&1/3&4\\0&0&1\end{pmatrix}$$


ce qui signifie que $O''=O+e_1+4e_2,e''_1=\dfrac{e_1-2e_2}{3}$ et $e''_2=\dfrac{e_1+e_2}{3}$

Je pensais me servir de la formule $Mat_\mathcal{R''}f=P_\mathcal{R'',R}\cdot Mat_\mathcal{R}f\cdot P_\mathcal{R,R''}$ avec :

$P_\mathcal{R'',R}=\left(P_\mathcal{R,R''}\right)^{-1}$ la matrice de passage du repère $\mathcal{R''}$ à $\mathcal{R''}$ et
$Mat_\mathcal{R}f$ la matrice de $f$ dans le repère $\mathcal{R}$.

Et là, je suis paumé.
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar kojak » Jeudi 09 Mai 2013, 17:03

Bonjour,

paspythagore a écrit:Je pensais me servir de la formule $Mat_\mathcal{R''}f=P_\mathcal{R'',R}\cdot Mat_\mathcal{R}f\cdot P_\mathcal{R,R''}$


Ceci est la formule de changement de bases pour une application linéaire, ce qui n'est pas le cas ici car tu changes des points de repère.

Si tu veux utiliser une matrice $P$ de passage de l'ancienne base à la nouvelle base, il ne faut considérer que la partie linéaire et la formule $X = P X'$$X$ sont les coordonnées d'un vecteur dans l’ancienne base, cad $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ et $X'$ les coordonnées de ce vecteur dans la nouvelle base.

Ici, tu as $X'=P^{-1} X$ avec $P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\2&1\end{pmatrix}$ donc tu peux en déduire $P$ et donc tes nouveaux vecteurs $e''_1$ et $e''_2$

Après, il te faudra déterminer la nouvelle origine du repère.

Dans ta correction, il faut tout en une seule fois, en passant en coordonnées homogènes dans le plan. Un point dans le plan a pour coordonnées homogènes $\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}$ et si tu as un nouveau repère $(O',u,v)$ avec $O'=(a,b), u=(\alpha,\beta)$ et $v=(\gamma,\delta)$ dans l'ancien repère, tu as la matrice $P=\begin{pmatrix} \alpha&\gamma&a\\\beta&\delta&b\\0&0&1\end{pmatrix}$ de passage de l'ancien repère au nouveau et toujours ta formule de changement de repère : les anciennes coordonnées $=P$ fois les nouvelles coordonnées - homogènes bien sûr ici. Tu auras donc tes vecteurs $u$ et $v$ et ta nouvelle origine.

En espérant avoir été à peu près clair.

PS : dans la première matrice que tu as écrite, à la première ligne ce n'est pas $9$ mais $3$
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar paspythagore » Jeudi 09 Mai 2013, 21:08

Merci de ton aide mais j'ai du mal. Je n'aboutis pas avec la première méthode. Pour la seconde :

$X=P_\mathcal{R}^\mathcal{R ou $X.

$X''=\begin{pmatrix}1&-1&3\\2&1&-6\\0&0&1\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/3x+1/3y+1\\-2/3x+1/3y+4\\1\end{pmatrix}$ ?
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar kojak » Vendredi 10 Mai 2013, 09:03

Bonjour,

paspythagore a écrit:Je n'aboutis pas avec la première méthode.
Qu'est ce qui te bloque ?


paspythagore a écrit:
$X=P_\mathcal{R}^\mathcal{R ou $X.


Tes notations ne sont pas claires : la "formule" de changement de repère est en français : les anciennes coordonnées $=P$ fois les nouvelles coordonnées où $P$ est la matrice de passage de l'ancien repère au nouveau repère : c'est la même que pour le changement de bases d'un vecteur


paspythagore a écrit:$X''=\begin{pmatrix}1&-1&3\\2&1&-6\\0&0&1\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/3x+1/3y+1\\-2/3x+1/3y+4\\1\end{pmatrix}$ ?
Non, c’est l'inverse, car ici, tu as $X''$ en fonction de $X$ : $X''=\begin{pmatrix}1&-1&3\\2&1&-6\\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}$ et donc pour avoir ton nouveau repère, aussi bien tes nouveaux vecteurs, exprimés dans l’ancienne base, et ta nouvelle origine, toujours dans l'ancien repère, il te faut l'inverse $\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}= P\begin{pmatrix}x'\\y'\\1\end{pmatrix}$
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar paspythagore » Samedi 11 Mai 2013, 15:12

Bonjour.

Oui c'est compliqué, pour moi, de savoir qui est quoi.
On associe à un point $X$, le point $X tel que :

$X\mapsto X

$\begin{pmatrix}x-y+3\\2x+y-6\\1\end{pmatrix}=P^{-1}\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}$

$P$ c'est la matrice de passage (ou de changement de base) de $\mathcal{R}$ à $\mathcal{R''}$, ou $M_{\mathcal{R}'',\mathcal{R}}Id_\mathcal{E}$ ?

Je n'y arrive pas. Je pensais que $P=\begin{pmatrix}1&-1&3\\2&1&-6\\0&0&1\end{pmatrix}$

Et d’après le résultat c'est $P^{-1}$
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar kojak » Samedi 11 Mai 2013, 15:48

Bonjour,

paspythagore a écrit:
$P$ c'est la matrice de passage (ou de changement de base) de $\mathcal{R}$ à $\mathcal{R''}$, ou $M_{\mathcal{R}'',\mathcal{R}}Id_\mathcal{E}$ ?
Oui, c'est ça : ce sont les mêmes choses, car la matrice de passage - pas de bases, mais de repères ici - c'est la matrice de l'identité relativement au repère $R''$ et $R$. Ensuite, comment on a cette matrice de passage du repère $R$ au repère $R''$ c'est la matrice de $R''$ dans le repère $R$ ie dans la première colonne on a les cordonnées du nouveau premier vecteur en fonction des anciens vecteurs, en second le deuxième nouveau vecteur exprimé en fonction des anciens, et ensuite les coordonnées de la nouvelle origine mais toujours dans l'ancien repère.


paspythagore a écrit:Je n'y arrive pas. Je pensais que $P=\begin{pmatrix}1&-1&3\\2&1&-6\\0&0&1\end{pmatrix}$

Et d’après le résultat c'est $P^{-1}$
Tout dépend qui tu appelles $P$ ? Dans la formule : les anciennes coordonnées $=P$ fois les nouvelles coordonnées, cette matrice $P$ est la matrice de passage de l’ancien repère au nouveau repère, construite comme indiqué plus haut. C'est le plus souvent celle ci que tu as immédiatement, car très souvent on te donne les nouveaux vecteurs exprimés en fonction des anciens, et non le contraire. Ici, si tu appelles $P$ la matrice indiquée, c'est la matrice de passage du nouveau repère à l'ancien, c'est à dire que dans la première colonne, tu as $e_1=e''_1+2e''_2$, $e_2=-e''_1+e''_2$ et les coordonnées de $O$ dans le nouveau repère $(O'',e''_1,e''_2)$ qui sont $(3,-6)$
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar paspythagore » Dimanche 12 Mai 2013, 15:41

Bonjour.
Je vais essayer de comprendre une dernière fois cette histoire de matrice de changement de base.
Soit $\mathcal{F}$ le sous espace affine de $\C^4$ passant par $(1;0;i;-1)$ et dont l'espace directeur est engendré par $(1;1;i;-1)$ et $(0;1+i;1;-1)$.
Donnez un système d'équation cartésienne de $\mathcal{F}$

Une base $\mathcal{B}$ de $\mathcal{F}$ est $\begin{pmatrix}1&0&0&0\\1&1+i&0&0\\i&1&0&0\\-i&-1&0&0\end{pmatrix}$ dans la base canonique de $\C^4$.
Une base $\mathcal{B'}$ de $\mathcal{F}$ est $\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}$ dans la base $\left((1;1;i;-1),(0;1+i;1;-1),(0,0,1,0),(0,0,0,1)\right)$

Cela nous donne le système suivant :$\left\{\begin{array}{ccccc}z=0\\t=0\end{array}\right.$

Ici pas de formule de changement de base, les matrices ne sont pas inversibles ?

Comment trouver le résultat qui est, selon le corrigé que j'ai : $\left\{\begin{array}{ccccc}(1-3i)x+(i-1)y+2z=0\\(3i-1)x+(1-i)y+2t=0\end{array}\right.$
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar kojak » Dimanche 12 Mai 2013, 15:53

paspythagore a écrit:Une base $\mathcal{B}$ de $\mathcal{F}$ est $\begin{pmatrix}1&0&0&0\\1&1+i&0&0\\i&1&0&0\\-i&-1&0&0\end{pmatrix}$ dans la base canonique de $\C^4$
Ceci n'est pas possible : une famille qui contient le vecteur nul n'est pas libre.

Soit $\mathcal{F}$ le sous espace affine de $\C^4$ passant par $(1;0;i;-1)$ et dont l'espace directeur est engendré par $(1;1;i;-1)$ et $(0;1+i;1;-1)$.
Donnez un système d'équation cartésienne de $\mathcal{F}$


Il faut revenir à la définition : Soit $M(x,y,z,t)$ de $C^4$ : $M\in F$ ssi il existe 2 complexes $\alpha$ et $\beta$ tels que $\vv{AM}=\alpha (1;1;i;-1)+\beta (0;1+i;1;-1)$.

Tu traduis ceci en coordonnées et donc en systèmes linéaires, et tu pivotes sur alpha$ et $\beta$ car ce sont elles les inconnues.

C'est le même principe que ici

Dans cet exo, tu n'as pas de matrice de passage ou autre, car tu ne changes pas de repère.
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar paspythagore » Dimanche 12 Mai 2013, 18:05

Merci.

Dans cet exo, tu n'as pas de matrice de passage ou autre, car tu ne changes pas de repère.

Je pensais passer de $(O,e_1,e_2,e_3,e_4)$ (base canonique) à $(O',(1;1;i;-1),(0;1+i;1;-1),e_3,e_4)$.

Le corrigé commençait comme cela
Dans la base $(v_1,v_2,e_3,e_4)$, le système d'équation de l'espace directeur $F$ est :

$$\left \{ \begin{array}{cccc} z=0 \\ t=0 \\ \end{array} \right$$



En effectuant le changement de base on obtient que $F$ est défini par :


$\left \{ \begin{array}{cccc} (1-3i)x+(i-1)y+2z=0 \\ (3i-1)x+(1-i)y+2t=0 \end{array} \right$

Du coup, je ne sais pas quelle méthode est utilisée ici.
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar kojak » Dimanche 12 Mai 2013, 19:19

paspythagore a écrit:Je pensais passer de $(O,e_1,e_2,e_3,e_4)$ (base canonique) à $(O',(1;1;i;-1),(0;1+i;1;-1),e_3,e_4)$.


OK, si tu veux, mais dans ce cas, tu dois écrire une matrice carrée d'ordre 5.

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1+i & 0 & 0 & 0 \\ i & 1 & 1 & 0 & i \\ -1 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

et ensuite faire ton changement de repère.
Dans la base $(v_1,v_2,e_3,e_4)$, le système d'équation de l'espace directeur $F$ est :

$$\left \{ \begin{array}{cccc} z=0 \\ t=0 \\ \end{array} \right$$

Encore mieux que dans cette base, dans le nouveau repère. A titre personnel, j'aime pas trop ces notations $\begin{cases} z=0\\t=0\end{cases}$ car ceci c'est dans le nouveau repère : je préfère appeler les nouvelles coordonnées par une autre lettre pour ne ne pas confondre tout ça : $\begin{cases} Z=0\\T=0\end{cases}$.

Après, il n'y a plus qu'à inverser cette matrice $5\times 5$, mais à mon avis, c'est plus rapide de pivoter direct avec la méthode que je te proposais.

$\left \{ \begin{array}{cccc} (1-3i)x+(i-1)y+2z=0 \\ (3i-1)x+(1-i)y+2t=0 \end{array} \right$
De toute façon, ceci n'est pas correct, car ton point $(1;0;i;-1)$ n'appartient pas à ton ensemble, si je ne me suis pas trompé dans mon calcul à la main
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar paspythagore » Dimanche 12 Mai 2013, 19:32

Je comprends "ta" méthode et elle est pour moi plus simple mais je voulais comprendre l'autre.

kojak a écrit:
paspythagore a écrit:
$\left \{ \begin{array}{cccc} (1-3i)x+(i-1)y+2z=0 \\ (3i-1)x+(1-i)y+2t=0 \end{array} \right$
De toute façon, ceci n'est pas correct, car ton point $(1;0;i;-1)$ n'appartient pas à ton ensemble, si je ne me suis pas trompé dans mon calcul à la main

Ce n'est que $F$ l'espace directeur de $\mathcal{F}$.
kojak a écrit:
paspythagore a écrit:Je pensais passer de $(O,e_1,e_2,e_3,e_4)$ (base canonique) à $(O',(1;1;i;-1),(0;1+i;1;-1),e_3,e_4)$.


OK, si tu veux, mais dans ce cas, tu dois écrire une matrice carrée d'ordre 5.

On ne peux pas s'occuper de la partie linéaire d'abord puis de chercher un point ?
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1+i & 0 & 0 & 0 \\ i & 1 & 1 & 0 & i \\ -1 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

et ensuite faire ton changement de repère.
Dans la base $(v_1,v_2,e_3,e_4)$, le système d'équation de l'espace directeur $F$ est :

$$\left \{ \begin{array}{cccc} z=0 \\ t=0 \\ \end{array} \right$$

Encore mieux que dans cette base, dans le nouveau repère. A titre personnel, j'aime pas trop ces notations $\begin{cases} z=0\\t=0\end{cases}$ car ceci c'est dans le nouveau repère : je préfère appeler les nouvelles coordonnées par une autre lettre pour ne ne pas confondre tout ça : $\begin{cases} Z=0\\T=0\end{cases}$.

Après, il n'y a plus qu'à inverser cette matrice $5\times 5$, mais à mon avis, c'est plus rapide de pivoter direct avec la méthode que je te proposais.


$X'=P^{-1}X=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1+i & 0 & 0 & 0 \\ i & 1 & 1 & 0 & i \\ -1 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix} x \\ y\\ z \\ t \\ 1 \end{pmatrix}$
$=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} x-1&0&0&0&-1 \\ (i-1)x&(1-i)y&0&0&1-i\\ (1-3i)x&(i-1)y&2z&0&-3+3i \\ (3i-1)x&(1-i)y&0&2t&1-i \\ 0&0&0&0&1 \end{pmatrix}$

On a donc : $\begin{cases} 2Z=0=(1-3i)x+(i-1)y+2z-3+3i \\2T=0=(3i-1)x+(1-i)y+2t+1-i\end{cases}$
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar kojak » Lundi 13 Mai 2013, 08:59

Bonjour,

paspythagore a écrit:Ce n'est que $F$ l'espace directeur de $\mathcal{F}$.
OK, j'avais pas fait attention.


paspythagore a écrit:On ne peux pas s'occuper de la partie linéaire d'abord puis de chercher un point ?
Si tu veux : tout est possible :wink:

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\1 & 1+i & 0 & 0 & 0 \\i & 1 & 1 & 0 & i \\-1 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1}$


Je me suis trompé dans la dernière colonne : il manque un $1$ à la seconde ligne : ce sont les coordonnées de $O'$


paspythagore a écrit:
$=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} x-1&0&0&0&-1 \\ (i-1)x&(1-i)y&0&0&1-i\\ (1-3i)x&(i-1)y&2z&0&-3+3i \\ (3i-1)x&(1-i)y&0&2t&1-i \\ 0&0&0&0&1 \end{pmatrix}$

Cette écriture ne va pas : c'est un vecteur colonne, pas une matrice $5\times 5$

Ensuite, pour inverser cette matrice, avec la correction citée, Xcas ne me donne pas ça mais ceci

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ \frac{-1+i}{2} & \frac{1-i}{2} & 0 & 0 & 0 \\ \frac{1-3*i}{2} & \frac{-1+i}{2} & 1 & 0 & 0 \\ \frac{1+i}{2} & \frac{1-i}{2} & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
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Re: matrice de passage et changement de base

Messagepar paspythagore » Mercredi 15 Mai 2013, 20:58

Bonjour,
j'ai fait une erreur en recopiant l’énoncé :
Soit $\mathcal{F}$ le sous espace affine de $\C^4$ passant par $(1;0;i;-1)$ et dont l'espace directeur est engendré par $(1;1;i;-1)$ et $(0;1+i;1;-1)$.
Donnez un système d'équation cartésienne de $\mathcal{F}$

Pour le premier vecteur c'est $(1;1;i;-i)$ et pas $(1;1;i;-1)$

Ce qui donne pour xcas
Code: Tout sélectionner
inverse([[1,0,0,0,1],[1,1+i,0,0,0],[i,1,1,0,i],[-i,-1,0,1,-1],[0,0,0,0,1]])

et pour résultat : $\left(\begin{array}{ccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ \dfrac{-1+i}{2} & \dfrac{1-i}{2} & 0 & 0 & \dfrac{1-i}{2} \\ \dfrac{1-3\cdot (i)}{2} & \dfrac{-1+i}{2} & 1 & 0 & \dfrac{-1+i}{2} \\ \dfrac{-1+3i}{2} & \dfrac{1-i}{2} & 0 & 1 & \dfrac{3-3i}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) $

Je vais relire le sujet pour essayer de mémoriser comment prendre le problème dans le bon ordre.
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