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Déterminant presque de Vandermonde

Envoyé par gauss 
Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
Bonjour
Le déterminant suivant ressemble fort à celui de Vandermonde à part la dernière colonne (1 de puissance en trop).
1  a  a²  a4
1  b  b²  b4     
1  c  c²  c4
1  d  d²  d4
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



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
Bonjour,
il doit y avoir une erreur dans la dernière parenthèse. En effet le déterminant est divisible par $d-c$.
En effet, si vous considerez votre déterminant comme une fonction polynomiale en $a, b, c, d$, le polynôme est divisible par tous les termes $x-y$ où $x <y, x, y\in \{a, b, c, d\} $, en d'autres termes votre déterminant est divisible par $Vandermonde (a, b, c, d) $.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
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.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
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.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
On peut créer des "presque Vandermonde " d'autres façons ,par exemple
$$ \begin{array}{|cccc|}
1&1&1&0\\
a&b&c&1\\
a^2&b^2&c^2&2a\\
a^3&b^3&c^3&3a^2\\
\end{array}$$
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
bonsoir,


Le coefficient en $bc^2d^4$ ie de $x_2x_3^2x_4^4$ avec les notations du message de Claude Quitté est 1, ce qui permet de trouver le coefficient à mettre devant $\sigma_1=x_1+x_2+x_3+x_4$ (ce sera donc 1 ou -1, je n'ai pas fait le calcul)
On peut dire aussi que le déterminant est équivalent à $k d^4$ ie $k x_4^4$ lorsque $d$ (ie $x_4$) tend vers $+\infty$ ($k$ constante lorsque les autres variables sont fixées...c'est mal rédigé)

$L$ est bien un polynôme symétrique en les variables $x_i$.
J'ai mis un peu de temps pour clarifier ce point qui semble évident.
Le déterminant initial divisé par $V(x_1, x_2, x_3, x_4)$ est un polynôme de degré 1 invariant par permutation (en raisonnant sur l'impact d'une transposition sur numérateur et dénominateur), donc d'après le théorème de Newton sur les polynômes invariants par permutation, et compte-tenu du degré, il existe un polynôme $P$ de degré 1 tel que $L=P(\sigma_1)$.

Un argument m'échappe encore : je ne vois pas pourquoi le coefficient constant de ce polynôme L est 0 ?

Quelqu'un peut-il clarifier ce point ?

Réponse suite à message plus bas de Claude Quitte : en considérant les déterminants, on note aisément que $L$ est un polynôme homogène et donc son coefficient de plus bas degré est nul.



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
avatar
Une autre façon de calculer ce déterminant est de procéder ainsi :
  1. 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.
  2. Justifier qu'il existe un tel polynôme $P$ qui s'annule en $a$, $b$ et $c$ et l'expliciter.
  3. Conclure
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
Bonsoir,

Hors sujet vis-à-vis du post
commentaire général sur le calcul du déterminant de Vandermonde.

Je me suis toujours demandé pourquoi l'argument qu'utilise Claude Quitté ou que j'utilise dans l'avant dernier post n'est jamais présenté dans les livres.
Sans calcul, on a immédiatement $V(x_1, x_2,...x_n)=$ à un coefficient près la valeur à trouver juste en raisonnant avec un polynôme de plusieurs variables.
Et pour trouver le coefficient, il suffit de calculer la valeur qui correspond au monôme de la diagonale principale, et donc sans calcul on a immédiatement que cette constante est 1 ou -1.
Pour savoir si c'est 1 ou -1, il faut faire un décompte un peu galère à faire, mais tout à fait accessible.

Correctif post publication
vérifier que le coefficient est 1 est facile : pour obtenir le monôme de la diagonale principale, cela revient à prendre systématiquement $x_j$ dans tout monôme $x_j-x_i$ (où $i<j$) donc le coefficient recherche est 1.

Complément : on a en fait $V$ est un polynôme multiple du produit des polynômes $x_j-x_i, j>i$. En raisonnant sur les degrés avec la variable $x_n$, on trouve que le coefficient constant du polynôme en $x_n$ est constant ie que c'est un polynôme des variables $x_j, j<n$, mais ce polynôme étant symétrique des variables $x_1,x_2,...x_n$, on a bien $V$ proportionnel au produit des $x_j-x_i, j>i$.



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
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 ?
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
@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 $r$.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
Bonjour,

@claude quitté
merci : ceci m'explique de façon claire pourquoi le coefficient constant de $L$ est nul (j'aurais pu m'en rendre compte grâce à l'homogénéité) et ça pointe un léger manque dans ma démonstration du calcul de Vandermonde (je corrigerai ce soir directement dans le Post).

$H_r$ est un polynôme symétrique de degré $r$, et effectivement, il est homogène. Mais quand je regarde le déterminant initial, j'ai l'impression que le polynôme est égal à $H=x_1^r+x_2^r+...+x_n^r$ (1)
Correction suite à grosse bêtise !!! Je vais revoir ça tranquillement



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
@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 $V_r(x_1, \cdots, x_n)$ :
> 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]
Les premières fonctions symétriques complètes en 5 variables
> 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
J'ai préparé mon produit $P = \prod_{1 \le i < j \le n} (x_j - x_i)$ et je peux faire les vérifications
> 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 ]
Avec un peu d'habitude, ce type de vérifications est très très rapide à réaliser. Bien entendu, aucune preuve pour l'instant.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
@claude quitte
Effectivement, cette une méthode très efficace.
J'ai déjà moi-même perdu beaucoup de temps à vouloir prouver des résultats qui étaient faux (notamment à l'occasion de questions posées sur le forum analyse).

Pour revenir au calcul de $H_r$, je n'ai pas d'idée à ce stade.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
@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.
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
@Claude : pourquoi pas une démonstration par récurrence sur $r$ en développant le déterminant par rapport à la première ligne ?
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
Il existe un calcul plus général dans lequel plusieurs exposants font défaut : voir polynômes de Schur et formules de Jacobi-Trudi !

Cordialement, j__j
Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
@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
> 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]
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.
> 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
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.
> 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]



Re: Déterminant presque de Vandermonde
il y a deux mois
Oui, Claude, exactement !

Bien cordialement, j__j
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