dérangement déterminant de Hankel

zorg · February 2018

Bonjour à tous
On note $d_n$ le nombre de dérangements de l'ensemble $\{1,\ldots,n\}$.
Un résultat classique donne $$d_n = n! \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}.
$$ On note $H_n$ le déterminant d'ordre $n+1$ de la matrice $(d_{i+j})_{0 \le i \le n \atop 0 \le j \le n}$.
Comment montrer avec des moyens élémentaires ($\le$ L2) que $$H_n = \left(\prod_{k=0}^nk!\right)^2 \quad ?
$$ J'ai vu qu'il y a toute une théorie élaborée sur les matrices de Hankel mais je recherche une preuve simple.
Merci.

john_john · February 2018

Bonjour,

je n'ai pas de papier sous la main mais, constatant que $H_n$ est un produit $u_1u_2\dots u_n$, j'essaierais volontiers de décomposer $H_n$ sous la forme $T_nT'_n$, où ces deux matrices sont resp. triangulaire inf. et triangulaire sup. Sans garantie, toutefois...

Cordialement, j__j

claude quitté · February 2018

@zorg
Expérimentalement, il y a deux matrices $P,Q$, à coefficients entiers, triangulaires à diagonale unité, transposées l'une de l'autre, telles qu'en notant $D$ la matrice diagonale de diagonale $k!^2$ pour $0 \le k \le n$, on ait :
$$
D = PHQ \qquad\quad (\star)
$$
Il ne reste plus qu'à prendre le déterminant dans $(\star)$.

MAIS bien sûr, il faut mettre la main sur $P$, ce que je n'ai pas (encore) fait. Peut-être tu auras une idée au vu des résultats ci-dessous pour $n = 5$ ? La détermination de $D,P,Q$ ci-dessous est réalisée via la mise sous forme de Smith normalisée. Certes, ce n'est pas au niveau L2, mais si on réussit à attraper $P$ (donc sa transposée $Q$), personne ne nous oblige à dévoiler le truc. Faut-il encore attraper $P$.

> n := 5 ;
> H := HaenkelMatrix(n) ;
> H ;
[      1       0       1       2       9      44]
[      0       1       2       9      44     265]
[      1       2       9      44     265    1854]
[      2       9      44     265    1854   14833]
[      9      44     265    1854   14833  133496]
[     44     265    1854   14833  133496 1334961]
> DetH := Determinant(H) ;
> assert DetH eq (&*[Factorial(k) : k in [0..n]])^2 ;
> D, P, Q := SmithForm(H) ;
> assert D eq P*H*Q ;
> D ;
[    1     0     0     0     0     0]
[    0     1     0     0     0     0]
[    0     0     4     0     0     0]
[    0     0     0    36     0     0]
[    0     0     0     0   576     0]
[    0     0     0     0     0 14400]
> assert D eq DiagonalMatrix([Factorial(k)^2 : k in [0..n]]) ;
> P ;
[   1    0    0    0    0    0]
[   0    1    0    0    0    0]
[  -1   -2    1    0    0    0]
[   4    3   -6    1    0    0]
[ -15    4   30  -12    1    0]
[  56  -95 -140  110  -20    1]
> Q ;
[   1    0   -1    4  -15   56]
[   0    1   -2    3    4  -95]
[   0    0    1   -6   30 -140]
[   0    0    0    1  -12  110]
[   0    0    0    0    1  -20]
[   0    0    0    0    0    1]
> assert Q eq Transpose(P) ;
> assert IsLowerTriangular(P) ;

Il me semble que ce n'est pas la peine d'être un expert pour comprendre les lignes d'exécution ci-dessus. Non ?
As tu un candidat pour $P$ ? Note : j'ai testé cette régularité de mise sous forme de Smith pour $1 \le n \le 30$, donc j'y crois.

Paul Broussous · March 2018

Je propose une stratégie. Il faut bien sûr vérifier les détails.

$\bullet$ En décomposant l'ensemble des partitions selon leur nombre de points fixes, on a la relation : $$
n! = \sum_{k=0}^n {n\choose k}d_{n-k}
$$ En passant à des séries génératrices et en reconnaissant un produit de Cauchy, on a donc : $$
\frac{1}{1-x}=e^x \, \Big(\sum_{n\geqslant 0} d_n \frac{x^n}{n!}\Big)
$$ $\bullet$ En dérivant cette relation $l$ fois et identifiant les coefficients, on obtient : $$
(*) \quad (k+l)! = \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^l {k\choose i}{l\choose j} d_{i+j}
$$ N.B. Il faut utiliser la formule de Leibniz pour la dérivée $l$ème d'un produit.

Introduisons la matrice $U$ de coefficient $u_{ij} = {i \choose j}$, si $j\leqslant i$ et $0$ sinon. Soit $D$ la matrice
de coefficients $d_{i,j}=d_{i+j}$. La relation précédente donne : $$
C=UD \, {}^t U
$$ où $C$ est la matrice de coefficients $c_{i,j}=(i+j)!$.

On est ainsi ramené à calculer le déterminant de $U$ (facile) et celui de $C$. Or en factorisant $i!$ dans la $i$ème ligne de $C$ et $j!$ dans la $j$ème colonne de $C$, on voit que $$
\det(C)=\prod_{u=0}^n (u!)^2\, \det (C')
$$ où $c'_{ij} ={i+j\choose i}$. Mais il découle de la formule de Vandermonde pour les coefficients binomiaux que $C' = U\, {}^t U$. Donc $C'$ a pour déterminant $1$ et le résultat en découle.

P.S. Après réflexion, la relation (*) a une preuve combinatoire beaucoup plus simple que celle utilisant les séries génératrices.

oblomov · March 2018

Une méthode générale pour calculer des déterminants de Hankel (entre autres) à partir de la fonction génératrice est expliquée dans la section 2.7 de:

Christian Krattenthaler, "Advanced Determinant Calculus"
https://arxiv.org/abs/math/9902004

Chaurien · March 2018

Hermann Hankel (1839-1873)

[J'ai corrigé dans le titre. Merci du signalement. :-) AD]

claude quitté · March 2018

Hello,
Je suis d'accord avec la solution de Paul in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1619358,1619808#msg-1619808. Et d'accord aussi avec Chaurien sur le fait que l'orthographe c'est important. Important en soi. Et également pour faire des recherches (sur internet par exemple).

Je reprends mon idée non aboutie dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1619358,1619426#msg-1619426 et qui va rester non aboutie. Cependant, j'aurais dû faire afficher la matrice $P^{-1}$ et non $P$. C'est ce que je fais ci-dessous en reprenant les choses à zéro.

Je dis qu'il existe une matrice infinie $(p_{ij})_{i,j \in \N \times \N}$, à coefficients entiers $\ge 0$, triangulaire inférieure i.e. $p_{ij} = 0$ si $i < j$, à diagonale unité i.e. $p_{ii} = 1$, telle que :
$$
d_{i+j} = \sum_{k \ge 0} p_{ik} p_{jk} k!^2 \qquad \qquad (\star)
$$
Je rappelle que $d_n$ est le nombre de dérangements de $\{1, 2, \cdots, n\}$. Note : la somme ci-dessus est finie car $p_{ik}$ est nul si $k$ est grand, précisément si $k > i$.

Je n'ai pas réussi à mettre la main sur ces entiers $p_{ij}$ (qui sont des entiers $\ge 1$ pour $2 \le j \le i$). Ils proviennent probablement de la combinatoire mais laquelle ?

Une fois que l'on a $(\star)$ avec soi, en prenant la matrice $H$ de Hankel d'ordre $n+1$ élaborée à partir de la suite $(d_n)$ i.e. $h_{ij} = d_{i+j}$ pour $0 \le i,j \le n$, on obtient, en notant $D$ la matrice diagonale, de diagonale $k!^2$ pour $0 \le k \le n$ :
$$
H = P\ D\ {}^t P
$$
On peut alors donner coup de déterminant pour obtenir $\det(H) = \det(D)$.

Mais qu'est ce qui est le plus important ? Le déterminant qui fait l'objet du fil ou bien la relation $(\star)$ ?

> MatrixP(6) ;                                                                                                                                   
[   1    0    0    0    0    0    0]
[   0    1    0    0    0    0    0]
[   1    2    1    0    0    0    0]
[   2    9    6    1    0    0    0]
[   9   44   42   12    1    0    0]
[  44  265  320  130   20    1    0]
[ 265 1854 2715 1420  315   30    1]

> MatrixP(8) ;
[     1      0      0      0      0      0      0      0      0]
[     0      1      0      0      0      0      0      0      0]
[     1      2      1      0      0      0      0      0      0]
[     2      9      6      1      0      0      0      0      0]
[     9     44     42     12      1      0      0      0      0]
[    44    265    320    130     20      1      0      0      0]
[   265   1854   2715   1420    315     30      1      0      0]
[  1854  14833  25494  16275   4690    651     42      1      0]
[ 14833 133496 263284 198184  70070  12712   1204     56      1]

jandri · March 2018

Cette matrice P est présente dans l'OEIS sous le numéro: A144089

claude quitté · March 2018

@jandri
Merci beaucoup : c'est exactement ce que je cherchais.

jandri · March 2018

@Claude Quitté
Je ne sais pas démontrer le lien entre ta relation $(\star)$ et la matrice n°A144089 de l'OEIS.

En revanche je sais obtenir ta relation $(\star)$ à partir des calculs de Paul Broussous.

Avec ses notations (excepté $H$ plutôt que $D$ pour la matrice de terme général $d_{i+j}$):
$H=U^{-1}C\, {}^t U^{-1}$ avec $C=DC'D=DU\, {}^t UD$ où je note $D$ la matrice diagonale de diagonale $k!$ pour $0\leq k\leq n$ (attention: notation différente de "ta" matrice $D$ et de la matrice $D$ de Paul).

On a donc $H=Q\, {}^tQ$ avec $Q=U^{-1}DU$.
J'ai alors observé que $Q=PD$ où $P$ est "ta" matrice $P$ mais je n'ai pas encore démontré que $Q$ est à coefficients positifs.

zorg · March 2018

Merci pour vos contributions.

claude quitté · March 2018

@jandri
Plusieurs choses. On va probablement finir par se comprendre (j'ai manqué de temps).

1) ``Ma'' matrice $P$ s'obtient à partir de la matrice $T$ de l'OEIS en apportant une petite modification. Disons que $p_{ij} = T(i,i-j)$. C.a.d
$$
p_{ij} = {i ! \over j!} \ \sum_{k=0}^{i-j} {(-1)^k \over k!} \binom {i-k}{i-j-k} \qquad\qquad \hbox {de sorte que $p_{ij} = 0$ pour $i < j$}
$$
Et l'on a expérimentalement
$$
d_{i+j} = \sum_{k \ge 0} p_{ik}p_{jk} k!^ 2 \qquad (\star)
$$
Pas de preuve pour l'instant de mon côté de $(\star)$. La différence avec le passé est significative : autrefois, la mise sous forme normale de Smith me fournissait une famille de $p_{ij}$ vérifiant $(\star)$ sans en avoir une expression. Maintenant, on a une formule de définition des $p_{ij}$ (celle qui est au dessus) et il faut prouver $(\star)$.

Note : il faut probablement utiliser l'interprétation des $p_{ij}$ comme nombre de permutations de .... sans point fixe avec une histoire de height

2) J'ai vérifié expérimentalement tes dires

3) Que veux tu dire par ``J'ai observé que $Q = PD_{\rm Jandri}$'' ? Expérimentalement ? Et pourquoi mentionnes tu ``je n'ai pas encore montré que $Q$ est à coefficients positifs'' ?

jandri · March 2018

@Claude Quitté
Je n 'ai sans doute pas été assez précis.
1) Ta relation $(\star)$ peut s'écrire $H=PD\, {}^t(PD)$ où $D$ est la matrice diagonale de diagonale $k!$ pour $0\leq k\leq n$.

2) Les calculs de Paul Broussous conduisent à $H=Q\, {}^tQ$ avec $Q=U^{-1}DU$.

3) J'ai alors observé (calcul avec Maple pour $n=10$) que $Q=PD$.
Mais je ne sais pas le démontrer.
Je n'ai même pas montré que $Q$ est à coefficients positifs mais cela ne suffirait pas pour démontrer que $Q=PD$.

jandri · March 2018

En fait ce n'est pas très compliqué.

De $Q=U^{-1}DU$ on déduit :
$q_{i,j}=\displaystyle\sum_{k} (-1)^{i+k} \binom {i}{k}k!\binom {k}{j}=\sum_{k'} (-1)^{k'} \binom {i}{k'}(i-k')!\binom {i-k'}{j}$ en posant $k'=i-k$.
Ensuite en laissant le prime et en simplifiant : $q_{i,j}=i!\displaystyle\sum_{k} \dfrac{(-1)^{k}}{k!} \binom {i-k}{j}=j!\,p_{i,j}$.

On a bien montré $Q=PD$.

claude quitté · March 2018

@jandri
Pigé et OK sur tout. Comme d'habitude, une fois que c'est terminé, on peut dire que ce n'était pas compliqué (et surtout plus de mic-mac entre ce qui est observé et ce qui est prouvé). Je vois même que tu as mis dans la définition de $p_{ij}$ le coefficient binomial $\binom {i-k}{j}$ remplaçant mon vilain (mais équivalent) $\binom{i-k}{i-j-k}$. Et bien sûr, la matrice diagonale fondamentale qui intervient est la tienne i.e. celle des $k!$ pour $0 \le k \le n$, la "mienne" en étant le carré.

On a donc obtenu bien plus que le coup du déterminant (on a par exemple obtenu la forme normale de Smith de manière explicite, en particulier les facteurs invariants de $H$).

Note : j'avais fini par comprendre que ce qui intervenait de manière fondamentale c'est $j! p_{ij}$, pas étonnant c'est $q_{ij}$. Enfin, dans l'OEIS, il y a une interprétation combinatoire de $p_{ij}$ (comme un certain nombre de permutations sans point fixe) mais je n'ai pas pris le temps de regarder.

Clairon · March 2018

Hello,

j'ai suivi avec grand intérêt ce fil.
Paul, que je salue ;-), a trouvé ce que je cherchais : passer du côté linéaire au côté bilinéaire (ok, cela ne veut rien dire, en soi).
J'explique en donnant une autre preuve de la formule donnée par Paul.

On a
$$
\sum_{i+j = m} \binom{m}i d_j \ = \ m!
$$
ce qui peut encore s'écrire, par symétrie du coeff binomial
$$
\sum_{c = 0}^{m} \binom{m}c d_c \ = \ m!
$$
Ca, c'est le côté linéaire.
Du côté bilinéaire et Hankel, on a
$$
\sum_{{k \in [0,n]} \atop {k' \in [0,n']}}
\binom{n}{k} \binom{n'}{k'} d_{k+k'}
\ = \
(n+n')\,!
$$
En effet, il suffit d'écrire la somme double $\sum\limits_{k,k'}$ sous la forme $\sum\limits_{c=0}^{n+n'} \sum\limits_{k+k'= c}$, càd de sommer sur les "diagonales",
et utiliser la formule de Vandermonde $\sum\limits_{k+k'=c} \binom{n}{k} \binom{n'}{k'} = \binom{n+n'}c$

Bref :
$$
\underbrace{\sum_{{k \in [0,n]} \atop {k' \in[0,n']}}}_{%
\sum\limits_{c=0}^{n+n'}
\sum\limits_{k+k'= c}
}
\binom{n}{k} \binom{n'}{k'} d_{k+k'}
\quad = \quad
\sum_{c=0}^{n+n'} \binom{n+n'}c d_c
\quad = \quad
(n+n') !
$$

La coquille signalée ci-après par jandri a été corrigée

Edit : je précise un peu cette histoire Linéaire VS Bilinéaire

Soit $(x_k)$ et $(y_n)$ deux suites telles que $y_n = \sum\limits_{k=0}^n a_{n,k} x_k$ pour tout $n$.

On peut traduire cela par la relation matricielle $Y = AX$ où $A$ est triangulaire inférieure de taille $p$ fixée.

Si $A = (a_{n,k})$ vérifie une formule à la Vandermonde, càd $\sum\limits_{k+k'=c} a_{n,k} a_{n',k'} = a_{n+n',c}$, alors il y a une relation entre les matrices carrées de Hankel (de taille $p$), à savoir
$$
\mathrm{Hankel}(y) \ = \ A \, \mathrm{Hankel}(x) \, {}^{t}\!A
$$
Ce n'est pas super bien spécifié, et si ça se trouve, c'est faux. A voir.

jandri · March 2018

@Clairon
Dans tes sommations, $k$ et $k'$ doivent commencer à 0.

Paul a dit qu'il avait trouvé,sans l'expliciter, une démonstration combinatoire de:
$$(*) \quad (n+n')! = \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^{n'} {n\choose i}{n'\choose j} d_{i+j}$$.
C'est en fait très simple: une permutation des entiers de $1$ à $n+n'$ possède $n-i$ points fixes entre $1$ et $n$, $n'-j$ points fixes entre $n+1$ et $n+n'$ et elle réalise un dérangement sur les $i+j$ entiers restants.
Il reste donc simplement à choisir les $i$ parmi $n$ et les $j$ parmi $n'$.

Paul Broussous · March 2018

Salut Clairon ! Ca fait plaisir d'avoir de tes nouvelles !

jandri · March 2018

@Claude Quitté
J'ai trouvé un démonstration combinatoire de ta relation $(\star)$ : $d_{i+j} = \displaystyle\sum_{k \ge 0} p_{ik}p_{jk} k!^ 2$.
Dans cette démonstration intervient la suite A144089 de l'OEIS que l'on peut définir par:
$T(n,k)$ est le nombre d'injections sans point fixe d'une partie quelconque à $k$ éléments de $1;n$ dans $1;n$.

Je considère aussi la suite A60475 de l'OEIS que l'on peut définir par:
$U(n,k)$ est le nombre d'injections sans point fixe de $1;k$ dans $1;n$.
$T$ et $U$ sont clairement liées par $T(n,k)=\binom {n}{k} U(n,k)$.

Exprimons $d_{i+j}$, le nombre de dérangements pour les entiers de $1$ à $i+j$.
1) Entre $1$ et $i$ il y a $k$ entiers qui vont dans $i+1;i+j$ par une injection: $\binom {i}{k}$ choix pour ces entiers.
Les $i-k$ autres entiers restent dans $1;i$ par une injection sans point fixe ($f_1$): il y a $U(i,i-k)$ injections de ce type.

2) Entre $i+1$ et $i+j$ il y a donc également $k$ entiers qui vont dans $1;i$ par une injection: $\binom {j}{k}$ choix pour ces entiers.
Les $j-k$ autres entiers restent dans $i+1;i+j$ par une injection sans point fixe ($f_2$): il y a $U(j,j-k)$ injections de ce type.

3) Il reste à envoyer les $k$ entiers de $1;i$ sur les $k$ entiers de $i+1;i+j$ qui ne sont pas atteints par ($f_1$), $k!$ possibilités, et à envoyer les $k$ entiers de $i+1;i+j$ sur les $k$ entiers de $1;i$ qui ne sont pas atteints par ($f_2$), $k!$ possibilités également.

On a donc $d_{i+j} = \displaystyle\sum_{k \ge 0} \binom {i}{k} \binom {j}{k} U(i,i-k) U(j,j-k) k!^ 2$ qui est bien la relation $(\star)$ en posant $p_{ik}=\binom {i}{k}U(i,i-k)=T(i,i-k)$.

Pour terminer on peut calculer $U(n,k)$ en dénombrant les injections de $1;k$ dans $1;n$.
$\dfrac{n!}{(n-k)!}=\displaystyle\sum_{j \ge 0} \binom {k}{j}U(n-(k-j),j)$ en considérant les injections qui ont $k-j$ points fixes.

En introduisant $U'(n,k)=U(n+k,k)$ et en inversant la matrice de Pascal on obtient:
$U(n,k)=\displaystyle\sum_{j \ge 0}(-1)^{k-j} \binom {k}{j}\dfrac{(n-k+j)!}{(n-k)!}=\dfrac{k!}{(n-k)!}\sum_{i= 0}^k\dfrac{(-1)^i}{i!}\dfrac{(n-i)!}{(k-i)!}$.

claude quitté · March 2018

@jandri
Merci. Je vois que tu connais l'OEIS comme ta poche. Le bilan, c'est que le déterminant de machin, on n'en à rien à cirer (si je peux me permettre et je me permets). Et je maintiens que tout ce qui s'est passé à côté (choses binomiales, permutations sans point fixe, combinatoire, ...etc..), c'est le plus important.
Et figure toi, puisque tu parles de l'inversion de la matrice de Pascal, que j'ai encore appris un truc en lisant GKP (Graham, Knuth & Patashnik), équation (5.48) page 192. Je raconte ci-dessous. Je note $B = (B_{i,j})_{(i,j) \in \N \times \N}$ la matrice binomiale infinie (ta matrice de Pascal) définie par :
$$
B_{ij} = \binom {j}{i} = \binom {j}{j-i} \qquad\qquad
B^{-1}_{ij} = (-1)^{j-i} \binom {j}{i}
$$

> n := 7 ;                                                             
> B := Matrix(n+1,n+1, [[Binomial(j,i) : j in [0..n]] : i in [0..n]]) ;
> B ;
[ 1  1  1  1  1  1  1  1]
[ 0  1  2  3  4  5  6  7]
[ 0  0  1  3  6 10 15 21]
[ 0  0  0  1  4 10 20 35]
[ 0  0  0  0  1  5 15 35]
[ 0  0  0  0  0  1  6 21]
[ 0  0  0  0  0  0  1  7]
[ 0  0  0  0  0  0  0  1]
> B^-1 ;
[  1  -1   1  -1   1  -1   1  -1]
[  0   1  -2   3  -4   5  -6   7]
[  0   0   1  -3   6 -10  15 -21]
[  0   0   0   1  -4  10 -20  35]
[  0   0   0   0   1  -5  15 -35]
[  0   0   0   0   0   1  -6  21]
[  0   0   0   0   0   0   1  -7]
[  0   0   0   0   0   0   0   1]

Une égalité :
$$
(y'_0, y'_1, \cdots) = (x'_0, x'_1, \cdots) \cdot B \qquad \hbox {s'inverse en} \qquad
(x'_0, x'_1, \cdots) = (y'_0, y'_1, \cdots) \cdot B^{-1}
$$
c.a.d que l'on a :
$$
y'_j = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} x'_h \qquad\iff\qquad x'_j = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} (-1)^{j-h} y'_h
$$
Rien de nouveau pour l'instant. Mais que vois je en GKP (5.48)? Ils écrivent cette équivalence de manière plus symétrique en distribuant le signe via $x'_h = (-1)^h x_h$ et $y_h = (-1)^h y'_h$NON edit $y_h = y'_h$ (merci jandri) pour obtenir la jolie formule d'inversion binomiale :
$$
y_j = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} (-1)^h x_h \qquad\iff\qquad x_j = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} (-1)^{h} y_h
$$
Bien sûr, je ne suis pas hors-sujet puisque les deux suites $x = (n!)$ et $y = ((-1)^n d_n)$ se correspondent par ce mécanisme :
$$
(-1)^n d_n = \sum_{h \ge 0} \binom {n}{h} (-1)^h h! \qquad\iff\qquad n! = \sum_{h \ge 0} \binom {n}{h} d_h
$$
Et dans l'égalité vectorielle de départ $Y' = X'B$, on peut remplacer les vecteurs $Y'$ et $X'$ par des matrices pour obtenir
$$
y'_{ij} = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} x'_{ih} \qquad \iff \qquad
x'_{ij} = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} (-1)^{j-h} y'_{ih}
$$
ou à la manière de GKP (5.48) :
$$
y_{ij} = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} (-1)^h x_{ih} \qquad \iff \qquad
x_{ij} = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} (-1)^h y_{ih}
$$
C'est tout ? Oui. C'est petit ? Oui.

jandri · March 2018

@Claude Quitté
Je ne connais pas l'OEIS comme ma poche mais je l'utilise souvent car je la trouve très pratique pour trouver des propriétés d'une suite.
Je suis d'accord avec toi, le calcul du déterminant de ce fil a conduit à des développements beaucoup plus intéressants que le déterminant lui-même.

Pour ce qui est de la matrice de Pascal, j'avais déjà rencontré cette version symétrique dans le livre "GKP" mais je l'avais oubliée.
En pratique on est toujours dans la situation où l'on cherche à calculer les $x_h$ sachant $y_j = \sum_{h \ge 0} \binom {j}{h} (-1)^h x_h$.

Une remarque: quand tu relies les $(x_h,y_h)$ aux $(x'_h,y'_h)$ il faut poser $x'_h=(-1)^h x_h$ et $y'_h=y_h$ pour passer de l'équivalence habituelle à celle de GKP.

Pour terminer j'ai retrouvé que j'avais déjà rencontré il y a 7 ans les nombres que je note $U(n,k)$ (suite A60475 de l'OEIS) en m'intéressant aux injections sans point fixe et grâce à l'OEIS j'avais fait le lien avec les différences successives de la suite des factorielles (et aussi avec les dérangements). Mais bien sûr j'avais tout oublié!

Clairon · March 2018

Merci jandri et Claude pour toutes ces belles explications !
Et à Paul pour avoir trouvé ce que je cherchais :-)

@jandri : la coquille est corrigée...

dérangement déterminant de Hankel

Réponses

Bonjour!

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 21