Petite remarque sur les quaternions et la dépendance linéaire II

Publié le 30 août 2018 par Pierre Lecomte

Voici une modeste suite à cet article. Je ne pensais pas qu’elle viendrait si rapidement. Elle va dans le sens de ce que j’écrivais dans les dernières lignes du billet sans pour autant épuiser complètement le sujet, me semble-t-il. Disons que c’est un premier pas dans dans la direction que je souhaite suivre. Il n’y en aura peut-être pas d’autre car ces questions de nature topologique sont assez délicates, du moins pour moi.

Je conserve ici les notations de l’article cité, auquel je vous réfère pour les détails. En plus, pour alléger l’écriture nous conviendrons de désigner par $L^*$ l’ensemble des éléments non nuls de tout espace vectoriel $L$ .

Pour rappel, nous avons vu que des éléments $\mathbf u,\mathbf v$ de l’espace vectoriel $E$ sont linéairement dépendants et sont liés par la relation linéaire $r\mathbf v+s\mathbf u=0$ si, et seulement si, le produit des quaternions $p=r+\mathbf u$ et $q=s+\mathbf v$ est réel.

Nous allons étudier ici le produit de quaternions comme une application différentiable $\mathscr P$ de $\mathbf H_E^2$ dans $\mathbf H_E$ et, tout naturellement, nous intéresser plus particulièrement à la structure de la pré-image de l’ensemble des quaternions réels par cette application.

Comme nous allons le voir, $\mathscr P$ est singulier en $(0,0)$ . Par contre, sa restriction $\mathbf P$ à $\mathbf H_E^{2*}$ est une submersion surjective. C’est donc plutôt la pré-image de $\mathbf R\simeq \mathbf R+\{0\}\subset \mathbf H_E$ par cette restriction que nous allons étudier. Nous constaterons que c’est une variété différentiable ayant une structure assez simple.

L’application linéaire tangente de $\mathscr P$

Soient $\xi=(p,q)\in \mathbf H_E^2$ et un vecteur tangent $\tau=(h,k)\in T_\xi\mathbf H_E^2\simeq \mathbf H_E^2$ . La dérivée de $\mathscr P$ dans la direction de $\tau$ est donnée par

$\begin{array}{rcl}\mathscr P_{*\xi}\tau&=&\frac d{dt}(p+th)(q+tk)_{|t=0}\\[1ex]&=&pk+hq\end{array}$

D’après cette formule, si $\xi$ est nul, alors $\mathscr P_{*\xi}=0$ tandis que si $\xi$ n’est pas nul, alors $\mathscr P_{*\xi}$ est surjectif. Par conséquent, l’application $\mathscr P$ est singulière à l’origine. De plus, comme $\mathbf H_E^{2*}$ est un ouvert de $\mathbf H_E^2$ , les applications linéaires tangentes à $\mathbf P$ et à $\mathscr P$ en chaque $\xi\in \mathbf H_E^{2*}$ coïncident. L’application $\mathbf P$ , qui est par ailleurs visiblement surjective, est donc une submersion.

La variété $V_E$

L’ensemble $V_E=\mathbf P^{-1}\mathbf R$ est une variété plongée de $\mathbf H_E^{2*}$ de dimension cinq.

D’après le théorème de transversalité pour les sous-variétés, il résulte en effet de ce qui précède que $V_E$ est une variété plongée de $\mathbf H_E^{2*}$ et qu’en plus, son espace tangent en $\xi$ est la pré-image par $\mathbf P_{*\xi}$ de l’espace tangent à $\mathbf R$ en $\mathbf P(\xi)$ . Ce dernier s’identifie à $\mathbf R$ . Par conséquent,

$T_\xi V_E=\{(h,k)\in\mathbf H_E^2|pk+hq\in\mathbf R\}$

De là, $\dim V_E=5$ . En effet, si $p$ n’est pas nul, alors $T_\xi V_E$ est l’image de l’application linéaire

$(h,a)\in\mathbf H_E\times\mathbf R\mapsto (h,-p^{-1}hq+ap^{-1})\in\mathbf H_E^2$

et si $q$ n’est pas nul, c’est celle de

$(k,a)\in\mathbf H_E\times\mathbf R\mapsto (aq^{-1}-pkq^{-1},k)\in\mathbf H_E^2$

On conclut en notant que ces deux applications sont injectives.

Les fibres de $\mathbf P:V_E\to \mathbf R$

Par définition, il s’agit des ensembles $\mathbf P^{-1}\{\varphi\}, \varphi\in\mathbf R$ . Il est évident que si $\varphi$ n’est pas nul, alors

$\mathbf P^{-1}\{\varphi\}=\{(p,\varphi p^{-1})|p\in\mathbf H_E^*\}$

et que

$\mathbf P^{-1}\{0\}= \mathbf H_E^*\times\{0\}\cup\{0\}\times\mathbf H_E^*$

Voici deux conséquences de ceci. La première est immédiate.

L’application $(\varphi,p)\mapsto (p,\varphi p^{-1})$ est un difféomorphisme de $\mathbf R^*\times \mathbf H_E^*$ sur l’ouvert $\mathbf P^{-1}\mathbf R^*$ de $V_E$ .

Ensuite

L’application $P:V_E\to \mathbf R$ n’est pas un fibré localement trivial.

En effet, si c’était un tel fibré alors il serait trivialisable car $\mathbf R$ est contractile.
Mais alors, toutes ses fibres seraient homéomorphes. Or les fibres $\mathbf P^{-1}\{\varphi\}, \varphi\in\mathbf R^*$ , sont connexes (elles sont homéomorphes à $\mathbf H_E^*$ ) alors que $\mathbf P^{-1}\{0\}$ ne l’est pas(*).

Conclusions

Nous y voyons à présent un peu plus clair sur les couples d’éléments linéairement dépendants de $E$ et les relations linéaires qui les lient. Comme on l’a vu dans le billet cité au début de cet article, ces données sont encodées dans $\mathscr P^{-1}\mathbf R$ .

Ce qui précède montre que cet espace topologique admet une stratification naturelle, de même que $V_E$ :

$\mathscr P^{-1}\mathbf R=\{(0,0)\}\cup \underbrace{\mathbf P^{-1}\{0\}\cup\mathbf P^{-1}\mathbf R^*}_{V_E}$

Contrairement à $V_E$ , $\mathscr P^{-1}\mathbf R$ n’est pas une variété plongée dans $\mathbf H_E^2$ car c’est en fait un cône, de sommet $\{0\}$ .
Quant à $\mathbf P: V_E\to\mathbf R$ , il s’en est fallu de peu que ce soit un fibré localement trivial. C’est la faute à la fibre particulière $\mathbf P^{-1}\{0\}$ qui n’a pas le bon goût d’être difféomorphe aux autres. Par contre, celles-ci s’entendent bien entre elles : le fibré $\mathbf P :P^{-1}\mathbf R^*\to \mathbf R^*$ admet une trivialisation globale canonique.

__________
(*) Si $L$ est un espace vectoriel de dimension finie, alors $L^*\times\{0\}\cup\{0\}\times L^*$ n’est pas connexe pour la topologie induite par $L\times L$ . En effet, les deux fermés $L^*\times\{0\}$ et $\{0\}\times L^*$ partitionnent $L^*\times\{0\}\cup\{0\}\times L^*$ .

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Petite remarque sur les quaternions et la dépendance linéaire

Publié le 28 août 2018 par Pierre Lecomte

Quaternions …

Considérons un espace vectoriel réel $E$ de dimension trois, euclidien et orienté. Nous noterons $(\mathbf u,\mathbf v)\mapsto \mathbf u\cdot\mathbf v$ son produit scalaire et $(\mathbf u,\mathbf v)\mapsto \mathbf u\wedge\mathbf v$ son produit vectoriel.

L’algèbre $\mathbf H_E$ des quaternions sur $E$ généralise de façon simple celle des quaternions classiques, $\mathbf H$ . C’est l’espace vectoriel $\mathbf R\oplus E$ muni du produit associatif (la vérification est facile par calcul direct)

$(r+\mathbf u,s+\mathbf v)\mapsto (rs-\mathbf u\cdot\mathbf v)+(r\mathbf v+s\mathbf u+\mathbf u\wedge\mathbf v)$

En fait, tout comme $\mathbf H$ (que l’on pourrait noter $\mathbf H_{\mathbf R^3}$ ), c’est un corps. L’inverse d’un quaternion non nul $p=r+\mathbf u$ est le quaternion $\overline p/|p|^2$ , où $|p|=\sqrt{r^2+\|u\|^2}$ est le module de $p$ et $\overline p:=r-\mathbf u$ est son conjugué. Remarquons que, tout comme pour les nombres complexes et les quaternions classiques, on a $|p|^2=p\overline p=\overline pp$ .

… et dépendance linéaire

Par définition, des éléments $\mathbf u,\mathbf v$ de $E$ sont linéairement dépendants s’il existe des nombres réels $r$ et $s$ dont l’un au moins n’est pas nul tels que $s\mathbf u+r\mathbf v=0$ .

Nous dirons qu’une égalité de la forme $s\mathbf u+r\mathbf v=0$ est une relation liant $\mathbf u$ et $\mathbf v$ et qu’elle est triviale si $r=s=0$ et non triviale sinon.

Curieusement, le fait que deux éléments de $E$ soient linéairement dépendants et les relations, triviales ou non, les liant sont facilement encodés au moyen du produit des quaternions. En effet,

Soient $p=r+\mathbf u$ et $q=s+\mathbf v$ des quaternions sur $E$ . Les propriétés suivantes sont équivalentes.

a) $pq\in\mathbf R$

b) $\mathbf u$ et $\mathbf v$ sont linéairement dépendants et $s\mathbf u+r\mathbf v=0$

c) $p\in\mathbf R\overline q\quad \lor \quad q\in\mathbf R\overline p$

Les vérifications sont faciles. Voici un exemple d’une façon de faire.

$\boxed{\mathrm{a)}\Longrightarrow \mathrm{b)}}$

Cette implication est assez évidente. Si a) est vrai, alors, d’après la définition du produit de quaternions, on a

(1) $r\mathbf v+s\mathbf u+\mathbf u\wedge\mathbf v=0$

En multipliant les deux membres de cette égalité scalairement par $\mathbf u\wedge\mathbf v$ , on obtient $\|\mathbf u\wedge\mathbf v\|^2=0$ . Ainsi, $\mathbf u\wedge\mathbf v$ est nul, ce qui signifie que $\mathbf u$ et $\mathbf v$ sont linéairement dépendants. De plus, il résulte alors de (1) que $r\mathbf v+s\mathbf u=0$ .

$\boxed{\mathrm{b)}\Longrightarrow \mathrm{c)}}$

Pour cette implication, il faut travailler un tout petit peu plus. Nous supposons b) vrai et nous discutons sur $\mathbf u$ et $\mathbf v$ .

i) S’ils sont nuls alors $p$ et $q$ sont réels, donc égaux à leurs propres conjugués. Dès lors, si $r$ n’est pas nul, alors

$q=\dfrac srp\in\mathbf R\overline p$

sinon, on a

$p=0q\in\mathbf R\overline q$

ii) Si $\mathbf u$ ou $\mathbf v$ n’est pas nul, alors l’un est un multiple réel de l’autre. Supposons par exemple que $\mathbf v=a\mathbf u$ , où $a\in\mathbf R$ . La relation $r\mathbf v+s\mathbf u=0$ donne alors $(s+ra)\mathbf u=0$ et, donc, $s+ra=0$ puisque $\mathbf u$ n’est pas nul. Ainsi $s=-ar$ et

$q=s+\mathbf v=-a(r-\mathbf u)\in\mathbf R\overline p$

Semblablement, si c’est $\mathbf u$ qui est un multiple réel de $\mathbf v$ , alors $p\in\mathbf R\overline q$ .

$\boxed{\mathrm{c)}\Longrightarrow \mathrm{a)}}$

Cette implication est également presqu’évidente. Par exemple, si $p\in\mathbf R\overline q$ , alors il existe un nombre réel $a$ tel que $p=a\overline q$ de sorte que $pq=a\overline qq=a\|q\|^2\in\mathbf R$ .

Voilà, ce billet s’achève tout doucement. Je pense que l’on pourrait aller plus loin et obtenir des renseignements intéressants sur les couples d’éléments de $E$ linéairement dépendants. J’ai le sentiment que ceci est lié à cette question. Je vais encore réfléchir à tout cela et lever la plume ici.

😉

Coordonnées barycentriques et aires orientées

Publié le 27 juin 2018 par Pierre Lecomte

Dans ce billet, j’ai signalé que les coordonnées barycentriques d’un point par rapport à un triangle sont données par certains rapports d’aires orientées mais je n’ai pas démontré ces formules. Or, il se fait qu’avec la notion de forme volume(*), elles sont immédiates à établir, ce que nous allons voir dans le présent article.

Le contexte est celui-ci : $\mathscr E$ est un plan affine dirigé par un plan vectoriel $E$ muni d’une forme volume $\omega$ .

Par exemple, $\mathscr E$ est un plan affine euclidien orienté. En effet, comme rappelé dans la référence b mentionnée en bas de page, le produit scalaire et l’orientation de $E$ induisent canoniquement une forme volume sur $E$ , à savoir le produit mixte(**).

La forme volume $\omega$ permet de définir une notion d’aire aire orientée. Pour un triangle $XYZ$ , c’est le nombre

$\mathscr A_{XYZ}=\frac 12\omega(\overrightarrow{XY},\overrightarrow{XZ})$

Cela étant,

Les coordonnées barycentriques $(\alpha, \beta, \gamma)$ d’un point $P$ par rapport à un triangle $ABC$ sont les rapports

$\alpha = \dfrac{\mathscr{A}_{PBC}}{\mathscr{A}_{ABC}},\quad \beta = \dfrac{\mathscr{A}_{APC}}{\mathscr{A}_{ABC}},\quad \gamma = \dfrac{\mathscr{A}_{ABP}}{\mathscr{A}_{ABC}}$

En effet, puisque

$P=\alpha A+\beta B+\gamma C$

il vient

$2\mathscr A_{APC}=\omega(\beta\overrightarrow{AB}+\gamma\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AC})=\beta\omega(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=2\beta\mathscr{A}_{ABC}$

De la même façon, on obtient immédiatement $\mathscr A_{ABP}=\gamma\mathscr A_{ABC}$ . Pour la troisième égalité, il faut travailler un petit peu plus :

$\begin{array}{rcl}2\mathscr A_{PBC}&=&\omega(\overrightarrow{PB},\overrightarrow{PC})\\[1ex]&=&\omega(\overrightarrow{PB},\overrightarrow{BC})\\[1ex]&=&\omega(\alpha\overrightarrow{AB}+\gamma\overrightarrow{CB},\overrightarrow{BC})\\[1ex]&=&\alpha\omega(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC})\\[1ex]&=&\alpha\omega(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\\[1ex]&=&2\alpha\mathscr{A}_{ABC}\end{array}$

Voilà, c’est tout pour ce billet. 😉

__________
(*) Avant de poursuivre, il est peut-être utile de jeter un coup d’œil aux billets que voici : a et b afin de se rafraichir la mémoire à propos des formes volumes sur un espace vectoriel de dimension deux. La notion de forme volume apparaît également ici.
(**) C’est le plus souvent dans ce cas particulier que l’aire orientée est considérée, sans référence explicite à une forme volume. C’est sans doute dommage vu l’efficacité du concept (et le fait qu’il s’agit d’un cas particulier d’une notion extrêmement générale singulièrement utile en géométrie différentielle). Cela dit, deux formes volumes d’un espace vectoriel sont toujours proportionnelles; les quotients apparaissant dans l’énoncé sont donc indépendants de la forme volume $\omega$ , comme de juste.

Une petite formule et les éléments de Frenet d’une courbe régulière

Publié le 26 avril 2018 par Pierre Lecomte

Une petite formule

Voici d’abord la « petite formule ». J’expliquerai plus loin à quoi elle va nous servir.

Nous considérons une fonction $f$ de classe $C^1$ d’un intervalle ouvert $I\subset\mathbf R$ dans $\mathbf R^3$ ne s’annulant nulle part. Alors

$\boxed{\left(\frac{f}{\|f\|}\right)'=\frac{(f\wedge f')\wedge f}{\|f\|^3}}$

et, en conséquence,

$\boxed{\left\|\left(\frac{f}{\|f\|}\right)'\right\|=\frac{\|f\wedge f'\|}{\|f\|^2}}$

On désigne ici par $\wedge$ le produit vectoriel associé au produit scalaire et à l’orientation canoniques de $\mathbf R^3$ .

Comme $f\wedge f'$ et $f$ sont orthogonaux, on a $\|(f\wedge f')\wedge f\|=\|f\wedge f'\|\|f\|$ et on obtient alors immédiatement la seconde formule en prenant les normes des deux membres de la première.

Celle-ci s’obtient en appliquant la formule standard donnant la dérivée d’un quotient puis en développant un peu le résultat. En détails, le point centré $\cdot$ représentant le produit scalaire,

$\begin{array}{rcl}\left(\frac{f}{\|f\|}\right)'&=&\frac 1{\|f\|^2}(\|f\|f'-\|f\|'f)\\[2ex]&=&\frac 1{\|f\|^2}\left(\|f\|f'-\frac{f\cdot f'}{\|f\|}f\right)\\[2ex]&=&\frac 1{\|f\|^3}(\|f\|^2f'-(f\cdot f')f)\\[2ex]&=&\frac1{\|f\|^3}(f\wedge f')\wedge f\end{array}$

La dernière égalité s’obtient en appliquant la formule du double produit vectoriel tandis que, pour la seconde, on a utilisé la formule

$\|f\|'=\cfrac{f\cdot f'}{\|f\|}$

que l’on obtient aisément en dérivant les deux membres de $\|f\|^2=f\cdot f$ .

Où allons-nous et pourquoi?

Une des difficultés techniques récurrentes que l’on rencontre lorsqu’on enseigne la théorie élémentaire des courbes de $\mathbf R^3$ est d’établir les formules donnant le trièdre de Frenet, la courbure et la torsion d’une courbe lorsqu’elle est décrite au moyen d’un paramétrage quelconque et non à l’aide d’une abscisse curviligne.

J’ai emprunté à John Roe(*) ce qu’il appelle lui-même un truc permettant d’obtenir relativement rapidement les formules donnant ces grandeurs mais il s’est avéré à l’usage qu’il était assez difficile à utiliser pédagogiquement : passablement artificiel, il me fallait régulièrement le réétudier avant d’aller donner cours et, visiblement, les étudiants ne l’appréciaient pas trop ayant eux mêmes des difficultés à le mémoriser efficacement.

Récemment, je me suis penché à nouveau sur la question et je suis parvenu à obtenir une méthode directe, facile à mettre en œuvre, aisée à mémoriser et suffisamment naturelle pour ne pas rebuter les étudiants lesquels, tout comme moi-même, n’aiment pas trop les deus ex machina. Pour surprenant que cela puisse paraitre, c’est la première formule prouvée plus haut qui, d’une certaine façon, est la clé de la simplicité de ces calculs. Elle et son corollaire interviennent à plusieurs reprises et l’avoir préalablement établie allège sensiblement la présentation de ceux-ci.

Je vais vous montrer comment cela fonctionne après avoir rappelé un minimum de choses à propos du trièdre de Frenet, de la courbure et de la torsion.

Rappels

a) Pour une courbe(**) $(J,\eta)$ de $\mathbf R^3$ rapportée à une abscisse curviligne, les équations de Frenet s’écrivent

$\begin{cases}\mathbf t'=\kappa\mathbf n\\ \mathbf n'=-\kappa\mathbf t+\tau\mathbf b\\\mathbf b'=-\tau\mathbf n\end{cases}$

où $\mathbf t$ , $\mathbf n$ et $\mathbf b$ sont la tangente unitaire, la normale principale et la binormale de la courbe. Les fonctions $\kappa$ et $\tau$ sont la courbure, supposée sans zéros, et la torsion de cette courbe; la base orthonormée positive $(\mathbf t,\mathbf n,\mathbf b)$ de $\mathbf R^3$ est communément appelée trièdre de Frenet de $\eta$ (au point de $J$ où toutes ces fonctions sont évaluées).

En fait, $\mathbf t=\eta'$ et la première équation de Frenet condense, en quelque sorte, les définitions de $\kappa=\|\mathbf t'\|$ et de $\mathbf n=\mathbf t'/\|\mathbf t'\|$ . La binormale est alors simplement le produit vectoriel $\mathbf t\wedge \mathbf n$ .

Le fait que l’argument de $\eta$ soit une abscisse curviligne rend particulièrement simples et naturelles les définitions de son trièdre de Frenet, de sa courbure et de sa torsion. Pour une courbe dont l’argument n’est pas de la même nature, les définitions de ces éléments sont un peu plus compliquées. Nous allons voir de quoi il retourne au paragraphe suivant.

b) Une courbe $(I,\gamma)$ régulière, c’est-à-dire dont le vecteur tangent n’a pas de zéros, est équivalente à un paramétrage rapporté à une abscisse curviligne $(J,\eta)$ de même orientation : il existe un changement de paramètre $u: I\to J$ tel que $\gamma=\eta\circ u$ .

Alors, par définition, les tangente unitaire, normale principale etc. de $\gamma$ sont celles de $\eta$ calculées en $u$ . Par exemple(***), la courbure $\kappa_\gamma$ de $\gamma$ est $\kappa_\eta\circ u$ . Semblablement, $\mathbf t_\gamma=\mathbf t_\eta\circ u$ , etc.

Naturellement, il faut vérifier que ces notions sont indépendantes du paramétrage naturel $(J,\eta)$ auxiliaire choisi pour les introduire. En fait, cela résulte de ce qu’elles s’expriment toutes par des formules utilisant exclusivement $\gamma$ et ses dérivées.

C’est précisément à l’obtention de ces formules qu’est consacré le reste de ce billet.

La tangente unitaire

En dérivant la relation $\gamma=\eta\circ u$ à l’aide du théorème de dérivation des fonctions composées, il vient $\gamma'=u'\ \eta'\circ u=u'\mathbf t_\gamma$ . Puisque les deux courbes ont la même orientation, $\gamma'$ et $\eta'\circ u$ ont même sens. Ainsi $u'$ est strictement positif et, compte tenu de ce que $\eta'\circ u$ est normé, il vient $u'=\|\gamma'\|$ . De là

$\boxed{\mathbf t_\gamma=\cfrac{\gamma'}{\|\gamma'\|}}$

La courbure et la normale principale

En dérivant l’égalité $\mathbf t_\gamma=\mathbf t_\eta\circ u$ , on obtient $\mathbf t_\gamma'=\|\gamma'\|\mathbf t_\eta'\circ u$ puis

$\|\mathbf t_\gamma'\|=\|\|\gamma'\|\mathbf t_\eta'\circ u\|=\|\gamma'\|\kappa_\eta\circ u=\|\gamma'\|\kappa_\gamma$

De là, en appliquant la conséquence de la « petite formule »,

$\boxed{\kappa_\gamma=\cfrac{\|\gamma'\wedge\gamma''\|}{\|\gamma'\|^3}}$

Pour aller plus loin, nous devons supposer que la courbure de $\eta$ , et donc celle de $\gamma$ , soit sans zéros. C’est en effet à cette condition que le trièdre de Frenet et la torsion existent. Pour le reste de ce billet, nous supposons donc que les deux vecteurs $\gamma'$ et $\gamma''$ sont partout linéairement indépendants.

Dans ces conditions, d’après la première équation de Frenet et les définitions données plus haut,

$\mathbf t_\gamma'=\|\gamma'\|\mathbf t_\eta'\circ u=\|\gamma'\|\kappa_\gamma\mathbf n_\gamma$

Ainsi, vu la « petite formule » et l’expression de $\kappa_\gamma$ que nous venons de trouver,

$\boxed{n_\gamma=\cfrac{(\gamma'\wedge\gamma'')\wedge\gamma'}{\|\gamma'\wedge\gamma''\|\|\gamma'\|}}$

La binormale et la torsion

Vu les définitions,

$\mathbf b_\gamma=\mathbf b_\eta\circ u=(\mathbf t_\eta\circ u)\wedge(\mathbf n_\eta\circ u)=\mathbf t_\gamma\wedge\mathbf n_\gamma$

Avec les formules déjà obtenues et la formule du double produit vectoriel(****), il vient

$\mathbf t_\gamma\wedge\mathbf n_\gamma=\cfrac{\gamma'\wedge((\gamma'\wedge\gamma'')\wedge\gamma')}{\|\gamma'\wedge\gamma''\|\|\gamma'\|^2}=\cfrac{\|\gamma'\|^2\gamma'\wedge\gamma''-(\gamma'\cdot(\gamma'\wedge\gamma''))\gamma'}{\|\gamma'\wedge\gamma''\|\|\gamma'\|^2}$

Dès lors, puisque $\gamma'\cdot(\gamma'\wedge\gamma'')$ est nul,

$\boxed{\mathbf b_\gamma=\cfrac{\gamma'\wedge\gamma''}{\|\gamma'\wedge\gamma''\|}}$

Pour calculer la torsion de $\gamma$ , nous allons dériver $\mathbf b_\gamma$ et nous utiliserons la troisième équation de Frenet. On a

$\mathbf b_\gamma'=(\mathbf b_\eta\circ u)'=\|\gamma'\|\mathbf b_\eta'\circ u=-\|\gamma'\|\tau_\gamma\mathbf n_\gamma$

D’après la « petite formule » appliquée à $f=\gamma'\wedge\gamma''$ , dont la dérivée est $\gamma'\wedge\gamma'''$ ,

$\begin{array}{rcl}\mathbf b_\gamma'&=&\cfrac{((\gamma'\wedge\gamma'')\wedge(\gamma'\wedge\gamma'''))\wedge(\gamma'\wedge\gamma'')}{\|\gamma'\wedge\gamma''\|^3}\\[2ex]&=&\cfrac{[\gamma',\gamma'',\gamma''']}{\|\gamma'\wedge\gamma''\|^3}\ \gamma'\wedge(\gamma'\wedge\gamma'')\end{array}$

où $[-,-,-]$ désigne le produit mixte $(-\wedge -)\cdot -$ de $\mathbf R^3$ . Pour obtenir la seconde égalité, on a appliqué la formule du double produit vectoriel à $(\gamma'\wedge\gamma'')\wedge(\gamma'\wedge\gamma''')$ vu comme produit des trois facteurs $\gamma'\wedge\gamma'',\gamma'$ et $\gamma'''$ et, comme plus haut, on a tenu compte de ce que $\gamma'\cdot(\gamma'\wedge\gamma'')$ est nul.

Il résulte alors immédiatement de la formule obtenue ci-dessus pour $\mathbf n_\gamma$ que

$\boxed{\tau_\gamma=\cfrac{[\gamma',\gamma'',\gamma''']}{\|\gamma'\wedge\gamma''\|^2}}$

__________
(*) John Roe : Elementary Geometry, Oxford University Press, 1993 — un magnifique livre!
(**) Suivant en cela C. G. Gibson : Elementary Geometry of Differentiable Curves, Cambridge University Press, 2001 (également un très beau livre), j’appelle courbe ou paramétrage (de $\mathbf R^3$ pour ce qui nous concerne ici) une application différentiable $\eta : J\to \mathbf R^3$ , où $J$ est un intervalle ouvert de $\mathbf R$ . Il ne s’agit donc pas d’un ensemble de points; l’ensemble de point auquel on se serait peut-être attendu est l’image $\eta(J)$ de $\eta$ . Il est appelé trace de $\eta$ par Gibson. Géométriquement, c’est cette trace qui est significative, aussi introduit-on la notion d’équivalence de paramétrages : deux paramétrages de même trace $(J,\eta)$ et $(I,\gamma)$ sont dits équivalents s’il existe un changement de variable régulier $u: I\to J$ tel que $\gamma=\eta\circ u$ .
(***) Pour préciser de quelle courbe on calcule la grandeur $X$ , on indice si nécessaire celle-ci par le nom de la courbe : $X_\gamma, X_\eta$ etc.
(****) Les trois facteurs sont $\gamma',\gamma'\wedge\gamma''$ et $\gamma'$ .

Une remarque à propos de certaines séries de puissances III

Publié le 3 décembre 2017 par Pierre Lecomte

Le but de ce billet est de calculer les séries

$\displaystyle \mathscr S_r=\sum_{k=0}^\infty k^rx^k, r\in\mathbf N$

J’en ai parlé ici où j’ai par ailleurs introduit les polynômes $\xi_r\in\mathbf K[t], \mathbf K\in\{\mathbf R,\mathbf C\},$ dont j’ai présenté quelques propriétés ici.

Ceux-ci sont tels que $\mathscr S_r=\xi_r\left(\frac 1{1-x}\right)$ et sont univoquement déterminés par le fait qu’ils vérifient

(1) $\forall r\in\mathbf N,\quad \xi_{r+1}=t(t-1)\xi'_r$

et par la condition initiale $\xi_0=t$ . Chaque $\xi_r$ est de degré $r+1$ et s’annule en $0$ .

La série génératrice des $\xi_r$

Il s’agit, par définition, de la série $\displaystyle \xi_\lambda=\sum_{r=0}^\infty\xi_r\lambda^r$ .

Cette série vérifie une certaine équation différentielle et, grâce à celle-ci, nous allons pouvoir la calculer.

En effet, multipliant les deux membres de (1) par $\lambda^{r+1}$ puis en sommant sur $r$ , il vient facilement

$\lambda t(t-1)\xi'_\lambda-\xi_\lambda+t=0,\quad \xi_\lambda(0)=0$

Nous chercherons $\xi_\lambda$ sous la forme $\displaystyle\xi_\lambda=\sum_{k=1}^\infty u_kt^k$ ce qui, injecté dans l’équation différentielle, donne l’équation

$\displaystyle \lambda\sum_{k=2}^\infty(k-1)u_{k-1}t^k-\sum_{k=1}^\infty(\lambda k+1)u^kt^k+t=0$

Formellement(*), ceci équivaut au système

$\begin{cases}\forall k>1,\quad \lambda(k-1)u_{k-1}-(\lambda k+1)u_k=0\\[2ex](\lambda +1)u_1=1\end{cases}$

ce dont on déduit aisément que

$\displaystyle \forall k>0,\quad u_k=(k-1)!\dfrac{\lambda^{k-1}}{(k\lambda+1)\cdots(\lambda+1)}$

Ainsi que nous l’avions fait dans le premier billet mentionné au début, posons $\xi_r(t)=\sum_{i=1}^{r+1}a_{r,i}t^i$ . Nous venons de démontrer que

$\displaystyle\boxed{\forall k>0, \quad\sum_{r=k-1}^\infty a_{r,k}\lambda^r=(k-1)!\dfrac{\lambda^{k-1}}{(k\lambda+1)\cdots(\lambda+1)}}$

Une formule pour $\ a_{r,k}$

En développant en fractions simples le membre de gauche de l’égalité encadrée, nous allons calculer les coefficients $a_{r,k}$ .

Nous cherchons les éléments $v_i$ de $\mathbf K$ tels que

$\dfrac{\lambda^{k-1}}{(k\lambda+1)\cdots(\lambda+1)}=\dfrac{v_1}{\lambda+1}+\dfrac{v_2}{2\lambda+1}+\cdots+\dfrac{v_k}{k\lambda+1}$

C’est facile : comme les zéros du dénominateur de la fraction à décomposer sont simples, il suffit, après avoir chassé les dénominateurs dans cette égalité, d’évaluer les deux membres de l’égalité obtenue en chacun de leurs zéros. On trouve

$\displaystyle\forall i\in\{1,\ldots,k\},\quad v_i=\dfrac{(-1)^{i+1}}{(i-1)!(k-i)!}$

Cela étant, en utilisant la série géométrique $\sum_{r=0}^\infty\lambda^r=\frac{1}{1-\lambda}$ , il vient

$\displaystyle\dfrac{v_1}{\lambda+1}+\dfrac{v_2}{2\lambda+1}+\cdots+\dfrac{v_k}{k\lambda+1}=\sum_{r=0}^\infty\left(\sum_{i=1}^kv_i(-i)^r\right)\lambda^r$

Dès lors

$\displaystyle \boxed{a_{r,k}=(-1)^r\sum_{i=0}^{k-1}{k-1 \choose i}(-1)^i(i+1)^r}$

et, donc,

$\displaystyle \boxed{\mathscr S_r(x)=\sum_{k=0}^\infty k^rx^k=\sum_{i=1}^{r+1}\left((-1)^r\sum_{j=0}^{i-1}{i-1 \choose j}(-1)^j(j+1)^r\right)\frac 1{(1-x)^i}}$

Deux formules remarquables

Dans le premier article cité plus haut, nous avions obtenu ceci :

$\displaystyle a_{r,1}=(-1)^r,\quad a_{r,2}=(-1)^{r+1}2^r+(-1)^r, \quad a_{r,r}=-\frac 12(r+1)!, \quad a_{r,r+1}=r!$

La seconde formule encadrée redonne facilement les deux premières égalités. Par contre, il n’est pas immédiat qu’elle redonne les deux dernières. En comparant celles-ci avec les expressions qu’elle donne de $a_{r,r}$ et de $a_{r,r+1}$ , nous obtenons deux égalités remarquables :

$\displaystyle (-1)^r\sum_{i=1}^r\dfrac{(-1)^ii^r}{(i-1)!(r-i)!}=\dfrac{r(r+1)}2\ \& \ (-1)^{r+1}\sum_{i=1}^{r+1}\frac{(-1)^ii^r}{(i-1)!(r+1-i)!}=1$

Les nombres

$\displaystyle \sum_{i=1}^k\frac{(-1)^{k-i}i^r}{(i-1)!(k-i)!}$

semblent avoir de belles propriétés. Pour l’instant je ne sais rien dire de plus à leur propos. Peut-être une autre fois…

😉

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(*) Les calculs sont menés dans le cadre des séries formelles. Leur éventuelle convergence ne sera pas étudiée ici.

Une remarque à propos de certaines séries de puissances I

Publié le 1 décembre 2017 par Pierre Lecomte

On rencontre assez régulièrement le problème de calculer des séries de la forme

$\displaystyle \mathscr S_P(x)=\sum_{k=0}^\infty P(k)x^k$

où $P\in\mathbf K[t]$ est un polynôme à coefficients dans $\mathbf K\in\{\mathbf R,\mathbf C\}$ .

Cette famille de séries inclut la célèbre série géométrique $\sum_{k=0}^\infty x^k=\frac 1{1-x}$ et nous allons montrer que

(1) Pour tout polynôme $P$ de degré $n\in\mathbf N$ , il existe un seul polynôme $Q$ de degré $n+1$ s’annulant en $0$ et tel que $\displaystyle \mathscr S_P(x)=Q\left(\frac 1{1-x}\right).$

L’unicité de $Q$ est évidente et nous n’y reviendrons pas. Pour le reste, la propriété (1) va résulter de quelques faits simples que nous allons passer en revue.

Une formule pour les puissances de la série géométrique

Il s’agit de la formule

$\displaystyle \forall n\in\mathbf N,\quad\sum_{k=0}^\infty{n+k\choose n}x^k=\frac{1}{(1-x)^{n+1}}$

Elle résulte immédiatement des deux suivantes

$\displaystyle \frac{d^n}{dx^n}\frac 1{1-x}=\frac{n!}{(1-x)^{n+1}}\quad \& \quad\frac{d^n}{dx^n}\frac 1{1-x}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(n+k)!}{k!}x^k$

qui sont très faciles à démontrer par récurrence sur $n$ (je ne vais pas détailler ces vérifications).

Une base de l’espace des polynômes

Les polynômes $e_n\in\mathbf K[t], n\in \mathbf N,$ définis par $e_0(t)=1$ et, pour $n>0$ , par $e_n=\frac 1{n!}(t+n)(t+n-1)\cdots(t+1)$ forment une base de $\mathbf K[t]$ .

En effet, $e_n(t)-\frac{t^n}{n!}$ est une somme de termes de degrés strictement plus petits que $n$ . Ainsi, la matrice qui exprime les polynômes $e_n$ dans la base canonique $1, t, t^2, \ldots, t^n,\ldots$ est triangulaire inférieure et sa diagonale est $\mathrm{diag}(\frac 1{0!},\frac 1{1!}, \ldots, \frac 1{n!}, \ldots)$ . Elle est donc inversible.

Preuve de la propriété (1)

Soient un polynôme $P\in\mathbf K[t]$ de degré $n$ et $\sum_{i=0}^np_ie_i$ sa décomposition selon la base $(e_0,e_1,\ldots, e_n,\ldots)$ . On a

$\displaystyle \mathscr S_P(x)=\sum_{i=0}^np_i\sum_{k=0}^\infty e_i(k)x^k=\sum_{i=0}^np_i\sum_{k=0}^\infty{i+k\choose i}x^k=\sum_{i=1}^{n+1}\frac{p_{i-1}}{(1-x)^i}$

car pour tous $n,k\in \mathbf N$ , $e_n(k)={n+k\choose n}$ . D’où la propriété.

Les séries $\mathscr S_r$

Lorsque $P(t)=t^r$ , je note $\mathscr S_r$ la série $\mathscr S_P$ . Je note aussi $\xi_r$ l’unique polynôme prévu par la propriété (1), c’est-à-dire le polynôme de degré $r+1$ qui s’annule en $0$ et qui est tel que

(2) $\displaystyle \mathscr S_r(x)=\sum_{k=0}^\infty k^rx^k=\xi_r\left(\frac 1{1-x}\right)$

Les polynômes $\xi_r$ vérifient une relation de récurrence qui permet de calculer les premiers facilement « à la main » et, de toute façon, d’en programmer le calcul à l’aide d’un logiciel de calcul formel(*).

Les polynômes $\xi_r$ sont univoquement déterminés par les conditions $\xi_0(t)=t$ et

(3) $\forall r\in\mathbf N,\quad \xi_{r+1}(t)=t(t-1)\xi'_r(t)$

Pour obtenir cette relation, dérivons les membres extrêmes de (2) par rapport à $x$ . On a

$\displaystyle \mathscr S'_r(x)=\sum_{k=1}^\infty k^{r+1}x^{k-1}=\frac 1x\sum_{k=1}^\infty k^{r+1}x^k=\frac 1x\mathscr S_{r+1}(x)$

$\displaystyle \left[\xi_r\left(\frac 1{1-x}\right)\right]'=\frac 1{(1-x)^2}\xi'_r\left(\frac 1{1-x}\right)$

de sorte que

$\displaystyle \frac 1x\xi_{r+1}\left(\frac 1{1-x}\right)=\frac 1{(1-x)^2}\xi'_r\left(\frac 1{1-x}\right)$

On obtient alors (3) en effectuant le changement de variable $t=\frac 1{1-x}$ dans cette dernière relation.

La relation (3) ( et la condition initiale) nous donne aisément le tableau des premiers $\xi_r$ :

$\displaystyle \begin{array}{c|l}\xi_0&t\\\hline\xi_1&t^2-t\\\hline\xi_2&2t^3-3t^2+t\\\hline\xi_3&6t^4-12t^3+7t^2-t\end{array}$

D’où les premières séries $\mathscr S_r$ :

$\displaystyle \begin{array}{lcl}\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty x^k}&=&\displaystyle{\frac 1{1-x}}\\[2ex]\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty kx^k}&=&\displaystyle{-\frac 1{1-x}+\frac 1{(1-x)^2}}\\[2ex]\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty k^2x^k}&=&\displaystyle{\frac 1{1-x}-\frac 3{(1-x)^2}+\frac 2{(1-x)^3}}\\[2ex]\displaystyle{\sum_{k=0}^\infty k^3x^k}&=&\displaystyle{-\frac 1{1-x}+\frac 7{(1-x)^2}-\frac {12}{(1-x)^3}+\frac 6{(1-x)^4}}\end{array}$

Quelques coefficients des polynômes $\xi_r$

Voici quelques coefficients des polynômes $\xi_r$ . Pour l’instant, je ne les connais pas tous(**).

Ecrivons $\xi_r(t)=\sum_{i=1}^{r+1}a_{r,i}t^i$ . Alors

(4) $\displaystyle a_{r,1}=(-1)^r,\quad a_{r,2}=(-1)^{r+1}2^r+(-1)^r, \quad a_{r,r}=-\frac 12(r+1)!, \quad a_{r,r+1}=r!$

La dérivée $n$ -ième des deux membres de (3) en $t=0$ nous donne la relation

(5) $\xi_{r+1}^{(n)}(0)=-n\xi_r^{(n)}(0)+n(n-1)\xi_r^{(n-1)}(0)$

D’un autre côté, $\xi_r^{(n)}(0)$ vaut $n!a_{r,n}$ si $1\leqslant n\leqslant r+1$ et est nul pour les autres valeurs de $n\in \mathbf N$ .

En faisant $n=1$ et $n=r+2$ dans (5), on obtient facilement les valeurs de $a_{r,1}$ et $a_{r,r+1}$ . Ensuite, avec $n=r+1$ , on voit que $r\mapsto a_{r,r}$ est solution de l’équation de récurrence $x_{r+1}=rx_r-(r+1)!,x_1=-1,$ dont $-\frac 12(r+1)!$ est visiblement la solution. Enfin, avec $n=2$ , on voit que $a_{r,2}$ est solution de l’équation $x_{r+1}=-2x_r+(-1)^r, x_1=1,$ dont $(-1)^{r+1}2^r+(-1)^r$ est la solution, comme on le voit aisément.

P.S. Je pense avoir trouvé une expression explicite des $\xi_r$ et donc des séries $\mathscr S_r$ . Cela sera exposé dans un billet à venir. P.L. 2/12/2017

P.S. Voilà, on trouvera ces expressions ici. P.L. 3/12/2017

__________
(*) Pour alléger l’écriture, je noterai désormais $f', f'', f''', \ldots, f^{(n)},\ldots$ les dérivées successives d’une fonction, d’un polynôme ou d’une série (dérivée terme à terme) $f$ .
(**) Je présente dans ce billet, quelques belles propriétés de ces polynômes.

Sur les équations de récurrence linéaires à coefficients constants et homogènes II

Publié le 30 novembre 2017 par Pierre Lecomte

Voici la suite de ce billet. Nous conservons ses notations.

Nous commencerons par vérifier que les suites $u^{(i,r)}:k\mapsto k^r\alpha_i^k,\quad i\in\{1,\ldots,p\}, \quad 0\leqslant r<m_i,$ sont des solutions de l'équation

$\forall k\in \mathbf N,\quad a_0x_{k+n}+a_1x_{k+n-1}+\cdots+a_{n-1}x_{k+1}+a_nx_k=0$

Les nombres $\alpha_1,\ldots,\alpha_p$ sont les zéros distincts de son polynôme caractéristique

$\chi(t)=a_0t^n+a_1t^{n-1}+\cdots +a_{n-1}t+a_n$

et $m_1,\ldots,m_p$ sont leurs multiplicités respectives. Pour rappel, on suppose que $a_0,a_n\neq 0$ .

Nous allons utiliser l’application linéaire $T:\mathbf C^\mathbf N\to \mathbf C^\mathbf N$ consistant à décaler les suites « d’un cran vers la gauche » : $T(\mathbf x)_k=\mathbf x_{k+1}$ . Avec celle-ci, l’équation se réécrit ( $I$ désigne l’application identité)

$(\underbrace{a_0T^n+a_1T^{n-1}+\cdots+a_{n-1}T+a_nI}_{=\chi(T)})(\mathbf x)=0$

Autrement dit, l’espace des solutions de l’équation est le noyau de $\chi(T)$ : $\mathcal S=\ker \chi(T)$ .

On a

$\chi(T)=a_0(T-\alpha_1I)^{m_1}\cdots(T-\alpha_pI)^{m_p}$

Il suffit donc de montrer que

$\forall i\in\{1,\ldots,p\}, \forall r\in\{0,\ldots,m_i-1\}, \quad u^{(i,r)}\in\ker(T-\alpha_iI)^{r+1}$

pour montrer que les suites $u^{(i,r)}$ sont des solutions.

Pour une valeur donnée de $i$ , on procède par récurrence sur $r$ .

Il est trivial que $(T-\alpha_iI)u^{(i,0)}=0$ .

Supposons alors que $(T-\alpha_iI)^1u^{(i,0)}=\cdots=(T-\alpha_iI)^ru^{(i,r-1)}=0$ et montrons que $(T-\alpha_iI)^{r+1}u^{(i,r)}$ est nul également.

On a

$\left((T-\alpha_iI)u^{(i,r)}\right)_k=u^{(i,r)}_{k+1}-\alpha_iu^{(i,r)}_k=[(k+1)^r-k^r]\alpha_i^{k+1}$

Par conséquent, $(T-\alpha_iI)u^{(i,r)}$ est une combinaison linéaire des suites $u^{(i,0)},\ldots,u^{(i,r-1)}$ . Vu l’hypothèse de récurrence, on a donc $(T-\alpha_iI)^{r+1}u^{(i,r)} =0$ .

Les suites $u^{(i,r)}$ sont donc bien des solutions de l’équation.

Pour terminer, nous allons montrer que les suites $u^{(i,r)}$ sont linéairement indépendantes. Cela achèvera la démonstration du théorème de structure présenté dans le billet cité plus haut.

Allons-y! Les polynômes

$\displaystyle \chi_j=\prod_{\substack{i=1\\i\neq j}}^p(t-\alpha_i)^{m_i}, j\in\{1,\ldots,p\}$

sont premiers entre eux. D’après le théorème de Bezout, il existe des polynômes $\varrho_j$ tels que $\varrho_1\chi_1+\cdots+\varrho_p\chi_p=1$ et donc tels que

(1) $\varrho_1(T)\chi_1(T)+\cdots+\varrho_p(T)\chi_p(T)=I$

Notons que, si $i\neq j$ , alors $\chi_j(T)u^{(i,r)}=0$ . En effet, si $i\neq j$ , alors $(T-\alpha_iI)^{m_i}$ est un facteur de $\chi_j(T)$ et on a vu plus haut que ce facteur annule $u^{(i,r)}$ . En appliquant les deux membres de la relation (1) à $u^{(i,r)}$ , nous obtenons dès lors

(2) $\varrho_i(T)\chi_i(T)u^{(i,r)}=u^{(i,r)}$

Nous sommes prêts pour établir l’indépendance linéaire des $u^{(i,r)}$ .

Supposons que

$\displaystyle \sum_{j=1}^p\sum_{r=0}^{m_j-1}c_{j,r}u^{(j,r)}=0$

et choisissons un indice quelconque $i$ compris entre $1$ et $p$ . Appliquons $\varrho_i(T)\chi_i(T)$ aux deux membres de cette relation. Cela nous donne, vu (2), $\sum_{r=0}^{m_i-1}c_{i,r}u^{(i,r)}=0$ soit