Déterminant presque de Vandermonde

gauss · June 2019

Bonjour
Le déterminant suivant ressemble fort à celui de Vandermonde à part la dernière colonne (1 de puissance en trop).

1  a  a²  a[sup]4[/sup]
1  b  b²  b[sup]4[/sup]     
1  c  c²  c[sup]4[/sup]
1  d  d²  d[sup]4[/sup]

Y a-t-il un moyen de s'y ramener : pour le calcul du déterminant ci-dessus, j'arrive à :
un truc horrible en faisant C4 devient C4 - a²C3 puis C3 devient : C3 - a²C1 puis C2 devient C2 - aC1.
Ce truc horrible est : (b-a)(c-a)(d-a)(c-b)(d-b)(d²+db+ad+ab-c²-cb-ac-bc) et c'est surtout la dernière parenthèse qui me gêne.
Merci pour un coup de pouce pour écrire ce déterminant sous forme factorisée.
Bonne soirée.
gauss

side · June 2019

supp

lale · June 2019

On se ramène à un déterminant de Vandermonde en rajoutant la ligne $ 1 x x^2 x^3 x^4$ et la colonne des cubes de a,b,c,d,x
le déterminant cherché est au signe près le coefficient de $x^3$ ,facile à trouver quend on a développé le determinant de Vandermonde.

claude quitté · June 2019

Hello,
Pour un peu plus de confort, j'utilise $x_1, x_2, x_3, x_4$ au lieu de $a,b,c,d$ et je note $D$ le déterminant. C'est un polynôme homogène en les $x_i$ de degré $0 + 1 + 2 + 4 = 7$. Comme déjà observé, il est divisible par chaque $x_i - x_j$. Donc par $P = \prod_{1 \le i < j \le 4} (x_i - x_j)$, de degré 6. Bilan : $D = P \times L$ pour un certain $L$. Pourquoi le nom $L$ ? Parce que $7 - 6 = 1$. I.e. $L$ est linéaire c.a.d. $L$ de la forme $u_1x_1 + u_2x_2 + u_3x_3 + u_4x_4$ où les $u_i$ sont des constantes à trouver. Pour des raisons de symétrie, on peut penser que $u_1 = u_2 = u_3 = u_4$. Et il reste encore un petit truc à faire.

PS : je n'ai aucun mérite car la vraie vérité c'est que j'ai utilisé un système de Calcul Formel pour ... Et ensuite, je réfléchis. Ou je fais semblant de.

lale · June 2019

On peut créer des "presque Vandermonde " d'autres façons ,par exemple
$$ \begin{array}{|cccc|}
1&1&1&0\\
a&b&c&1\\
a^2&b^2&c^2&2a\\
a^3&b^3&c^3&3a^2\\
\end{array}$$

side · June 2019

supp

bisam · June 2019

Une autre façon de calculer ce déterminant est de procéder ainsi :

Justifier que l'on peut remplacer la dernière colonne par $(P(a), P(b), P(c), P(d))$ où $P=X^4+u X^2+vX+w$ sans changer la valeur du déterminant.
Justifier qu'il existe un tel polynôme $P$ qui s'annule en $a$, $b$ et $c$ et l'expliciter.
Conclure

side · June 2019

supp

Math Coss · June 2019

Peut-être parce que les anneaux de polynômes à plusieurs variables ne sont plus en odeur de sainteté et que leur caractère factoriel n'apparaît dans pratiquement aucun programme universitaire ?

claude quitté · June 2019

@Side
En te lisant, je constate que j'ai fait une faute de goût en écrivant $\prod_{1 \le i < j \le 4} (x_i - x_j)$ ; j'aurais dû écrire $\prod_{1 \le i < j \le 4} (x_j- x_i)$. Ceci pour être en accord avec :
$$
\det V(x_1, \cdots, x_n) = \prod_{1 \le i < j \le n} (x_j - x_i)
$$
où $V(x_1, \cdots, x_n)$ est la matrice $n \times n$ de Vandermonde habituelle. Que je choisis ici (par coquetterie ?) de mettre en lignes : la première ligne est $(1, \cdots, 1)$ et la dernière ligne est $(x_1^{n-1}, \cdots, x_n^{n-1})$.

Modifions la dernière ligne en $(x_1^{n-1+r}, \cdots, x_n^{n-1+r})$ où $r$ est un entier $\ge 0$, pour obtenir une matrice $V_r(x_1, \cdots, x_n)$. Si bien que pour $r=0$, on retrouve notre chère matrice $V(x_1, \cdots, x_n)$. Il y a fort à parier que :
$$
\det V_r(x_1, \cdots, x_n) = \prod_{1 \le i < j \le n} (x_j - x_i) \times H_r(x_1, \cdots, x_n) \qquad\qquad \text{avec} \qquad
H_r(x_1, \cdots, x_n) = \sum_{|\alpha| = r} x^\alpha =_{\rm def} \sum_{|\alpha| = r} x_1^{\alpha_1} \cdots x_n^{\alpha_n}
$$
Note : $H_r(x)$ est la fonction symétrique complète de degré $r$, somme de tous les monômes en $x_1, \cdots, x_n$ de degré $r$.

side · June 2019

supp

claude quitté · June 2019

@Side
Bien entendu, avant de poster ce matin, j'ai réalisé quelques vérifications rapides. J'ai horreur de perdre mon temps à vouloir prouver quelque chose de faux. Avec $n = 5$, voici quelques $V_r(x_1, \cdots, x_n)$ :

[color=#000000]> V(x,0) ;
[   1    1    1    1    1]
[  x1   x2   x3   x4   x5]
[x1^2 x2^2 x3^2 x4^2 x5^2]
[x1^3 x2^3 x3^3 x4^3 x5^3]
[x1^4 x2^4 x3^4 x4^4 x5^4]
> 
> V(x,1) ;
[   1    1    1    1    1]
[  x1   x2   x3   x4   x5]
[x1^2 x2^2 x3^2 x4^2 x5^2]
[x1^3 x2^3 x3^3 x4^3 x5^3]
[x1^5 x2^5 x3^5 x4^5 x5^5]

> V(x,2) ;
[   1    1    1    1    1]
[  x1   x2   x3   x4   x5]
[x1^2 x2^2 x3^2 x4^2 x5^2]
[x1^3 x2^3 x3^3 x4^3 x5^3]
[x1^6 x2^6 x3^6 x4^6 x5^6]
[/color]

Les premières fonctions symétriques complètes en 5 variables

[color=#000000]> H(0) ;
1
> H(1) ;
x1 + x2 + x3 + x4 + x5
> H(2) ;
x1^2 + x1*x2 + x1*x3 + x1*x4 + x1*x5 + x2^2 + x2*x3 + x2*x4 + x2*x5 + x3^2 + x3*x4 + x3*x5 + x4^2 + x4*x5 + x5^2
[/color]

J'ai préparé mon produit $P = \prod_{1 \le i < j \le n} (x_j - x_i)$ et je peux faire les vérifications

[color=#000000]> Det(V(x,0)) eq P ;                        
true
> [Det(V(x,r)) eq P * H(r) : r in [0..10]] ;
[ true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true ]
[/color]

Avec un peu d'habitude, ce type de vérifications est très très rapide à réaliser. Bien entendu, aucune preuve pour l'instant.

side · June 2019

supp

Georges Abitbol · June 2019

@Math Coss : Dans la démonstration de la formule du Vandermonde que l'on m'a montrée quand j'étais petit, il n'y avait pas de factorialité, on disait juste qu'on considérait que $x_1,\cdots,x_{n-1}$ étaient des nombres que l'on supposait deux à deux distincts et qu'on se plaçait dans $\mathbb{Q}[x_n]$. Le déterminant de la matrice, en tant que polynôme en $x_{n-1}$ est de degré $n-1$, a $x_1,\cdots,x_{n-1}$ comme racines, et donc est égal, à une constante près, au produit des $x_n - x_i$ pour $i < n$. Le coefficient dominant se trouvait par récurrence. Je trouve cette présentation assez économe, en termes d'utilisation de trucs algébriques très généraux.

Paul Broussous · June 2019

@Claude : pourquoi pas une démonstration par récurrence sur $r$ en développant le déterminant par rapport à la première ligne ?

john_john · June 2019

Il existe un calcul plus général dans lequel plusieurs exposants font défaut : voir polynômes de Schur et formules de Jacobi-Trudi !

Cordialement, j__j

claude quitté · June 2019

@Paul
Je n'y arrive pas en faisant comme tu dis (récurrence sur $r$ ...etc..). Ce qui ne m'étonne qu'à moitié (je suis assez mauvais dans ce genre de trucs).

@john_john
Mais c'est bien sûr ! J'avais oublié cela alors que j'en connais un peu le B.A.BA. Sauf que cela nous emmène bien plus loin que la question du post initial ! Est ce que la formule de Jacobi-Trudi c'est celle encadrée en rouge qui donne la fonction de Schur $s_\lambda$ comme quotient de deux déterminants alternés ? A condition bien sûr d'avoir défini les fonctions de Schur autrement (dans la note, elles étaient définies à partir des tableaux de Young).

Du coup, avec l'habitude des combinatoriciens qui utilisent des partitions décroissantes (pour les compléter par $0$ à l'infini), et en suivant MacDonald, on change légèrement la définition de matrice de Vandermonde pour respecter la décroissance

[color=#000000]> delta := [n-1..0 by -1] ;
> delta ;
[ 4 .. 0 by -1 ]
> [delta_j : delta_j in delta] ;
[ 4, 3, 2, 1, 0 ]
> V := Matrice(x, delta) ;
> V ;
[x1^4 x1^3 x1^2   x1    1]
[x2^4 x2^3 x2^2   x2    1]
[x3^4 x3^3 x3^2   x3    1]
[x4^4 x4^3 x4^2   x4    1]
[x5^4 x5^3 x5^2   x5    1]
[/color]

Ci-dessous, je suis fidèle (en principe) aux notations de la note attachée. Tout ce fourbi pour des partitions de type $[r]$ de longueur 1.

[color=#000000]> r := 2 ;
> lambda := [r, 0^^(n-1)] ;
> lambda ;
[ 2, 0, 0, 0, 0 ]
> lambda_plus_delta := [lambda[j] + delta[j] : j in [1..n]] ;
> lambda_plus_delta ;
[ 6, 3, 2, 1, 0 ]
> Vr := Matrice(x,lambda_plus_delta) ; 
> Vr ;
[x1^6 x1^3 x1^2   x1    1]
[x2^6 x2^3 x2^2   x2    1]
[x3^6 x3^3 x3^2   x3    1]
[x4^6 x4^3 x4^2   x4    1]
[x5^6 x5^3 x5^2   x5    1]
> Hr := ExactQuotient(Det(Vr), Det(V)) ;
> Hr ;
x1^2 + x1*x2 + x1*x3 + x1*x4 + x1*x5 + x2^2 + x2*x3 + x2*x4 + x2*x5 + x3^2 + x3*x4 + x3*x5 + x4^2 + x4*x5 + x5^2
[/color]

Cela ne dispense pas pour autant d'en donner une preuve directe car sur les partitions de longueur 1, fonctions symétriques complètes et fonctions de Schur coïncident. Ci-dessous, il faut comprendre que $S$ et $H$ sont les algèbres symétriques au dessus de $\Z$ à une infinité dénombrable d'indéterminées avec des $\Z$-bases indexées par les partitions.

[color=#000000]> S ;
Symmetric Algebra over Integer Ring, Schur symmetric functions as basis
> H ;
Symmetric Algebra over Integer Ring, Homogenous symmetric functions as basis
> S!Hr ;
S.[2]
> H!Hr ;
H.[2]
[/color]

john_john · June 2019

Oui, Claude, exactement !

Bien cordialement, j__j

Benelhak · August 2021

Bonjour.
En préparant la leçon 168 sur les racines d'un polynôme à une indéterminé. Relations racines-coefficients, je tombe sur le calcul du déterminant de Vandermonde incomplet.
Après rajout de la colonne k manquante et de la ligne 1, X, X^2, ..., X^n, le déterminant incomplet, noté Dn,k, apparaît comme le kème coefficient du développement du déterminant complété par rapport à la dernière ligne.
Des calculs simples permettent d'établir la relation suivante :
Dn,k=Vandermonde(x1, x2, ..., xn) fois sigma(n-k), où sigma(n-k) est la fonction élémentaire symétrique des racines(x1,x2, ...,xn) d'ordre (n-k).
Une si belle formule !

Déterminant presque de Vandermonde

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