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Déterminant de polynômes

Envoyé par P. 
P.
Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
Si $x^0,\ldots,x^n$ est pris comme base de l'espace $\mathcal{P}_n$ des polynômes de degré $\leq n$ alors $ \det (P_0,\ldots,P_n)$ est bien défini par ce choix si $P_0,\ldots,P_n$ sont dans $\mathcal{P}_n.$

Mais voilà que je ne sais plus démontrer que si $A,B\in \mathcal{P}_1$ alors $$
\det(A^n,A^{n-1}B,\ldots, A^{n-k}B^k,\ldots, B^n)=[\det(A,B)]^{n(n+1)/2}
$$Mes notes disent 'par récurrence', ce que je trouve douteux.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par AD.
MrJ
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
Dans la suite je suppose que $B$ n’est pas constant, le cas contraire étant trivial. Je pense que l’on peut s’en sortir en considérant le coefficient constant de $B$ comme une indéterminée $T$. Le déterminant devient un polynôme en $T$ qui n’admet qu’une unique racine (car la famille est libre si et seulement si $A$ et $B$ ne sont pas colinéaires). On obtient l’exposant en utilisant la multilinéarité du déterminant.

Je n’ai pas écrit les détails mais cette approche me semble fonctionner.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par AD.
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
$\def\Sym{\text{Sym}}$Salut P.
Je te propose un truc. Tu oublies (provisoirement) tes polynômes. Tu pars avec un endomorphisme $u : K^2 \to K^2$, $K$ corps commutatif (une matrice $2 \times 2$, mais ne soyons pas trop matriciels). Sauf qu'au lieu de $K^2$, tu considéres la composante homogène de degré 1 de l'anneau $K[X,Y]$
$$
K[X,Y]_1 = K X \oplus K Y \subset K[X,Y]
$$
Donc $u$ mouline sur $KX \oplus KY$, $u(X) = aX + cY$, $u(Y) = bX + dY$. Bref, je viens de remplacer $(K^2, e_1,e_2)$ par $(KX \oplus KY, X,Y)$.

1. Pourquoi ? Parce que cela facilite la mise en place d'un machin que je note $U := \Sym^n(u)$, extension symétrique de $u$ en degré $n$, défini par :
$$
U : K[X,Y]_n \to K[X,Y]_n \qquad X^i Y^j \mapsto u(X)^i u(Y)^j \quad \text{avec} \quad i+j = n
$$
Note : $K[X,Y]_n$ est la composante homogène de degré $n$ de $K[X,Y]$, de $K$-base les monômes $X^i Y^j $ avec $i+j = n$. Il s'agit de démontrer que
$$
\fbox {$\det(U) = \det (u)^{n(n+1) \over 2}$}
$$
2. Commencer petit en traitant le cas où $u$ est diagonal dans la base $X,Y$. Auquel cas $U$ est diagonal dans la base des monômes.
3. Continuer en supposant $u$ triangulaire dans la base $X,Y$. Auquel cas $U$ ....
4. La totale.
5. Le rapport avec tes affaires ? C'est pareil.
6. Il y a des jours où l'on ne sait pas quoi faire, si, si. Prendre alors un endomorphisme $u : K^d \to K^d$ en voyant $K^d$ comme la composante homogène de degré 1 de $K[X_1, \cdots, X_d]$, de base $(X_1, \cdots, X_d)$. Et considérer $U = \Sym^n(u)$ puis trouver l'exposant $N$ tel que $\det(U) = \det(u)^N$. Désolé si cela n'occupe qu'une petite partie de la journée.
P.
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
Merci claude de ta solution, dans son style inimitable. Je ne sais pas faire le passage de 3 a 4. Est ce que $U(uv)=U(u)U(v) $ par hasard?
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
$\def\Sym{\text{Sym}}\def\I{\text{I}}$En plein dans le mille : $\Sym^n(u \circ v) = \Sym^n(u) \circ \Sym^n(v)$. Et of course, pour l'endomorphisme identité, $\Sym^n(\I_{K[X,Y]_1}) = \I_{K[X,Y]_n}$. De sorte que si $u$ est inversible, $\Sym^n(u^{-1}) = \Sym^n(u)^{-1}$. On parle alors du foncteur $u \mapsto \Sym^n(u)$, extension symétrique en degré $n$.

Je n'ai pas réfléchi à la preuve de $\Sym^n(u \circ v) = \Sym^n(u) \circ \Sym^n(v)$ : peut-être que ma définition de $\Sym^n$ n'est pas assez intrinsèque ? En tout cas, c'est l'égalité clé, plus importante que ton égalité déterminantale (que je dis). Car visiblement, si tu m'as posé la question, c'est que cela te permet de franchir l'étape 4.
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
Bonjour.

La preuve par récurrence consiste à écrire que
$$
\left[\begin{array}{cccc}
a^{3} & a^{2}c & ac^{2} & c^{3}\\
3\,a^{2}b & a^{2}d+2\,cba & 2\,acd+bc^{2} & 3\,{c}^{2}d\\
3\,ab^{2} & 2\,abd+b^{2}c & ad^{2}+2\,bcd & 3\,cd^{2}\\
b^{3} & b^{2}d & bd^{2} & d^{3}
\end{array}\right]\cdot
\left[\begin{array}{cccc}
1 & {\dfrac{-c}{ad-cb}} & {\dfrac{c^{2}}{\left(ad-cb\right)^{2}}} & {\dfrac{-c^{3}}{\left(ad-cb\right)^{3}}}\\
0 & {\dfrac{a}{ad-cb}} & {\dfrac{-2\,ac}{\left(ad-cb\right)^{2}}} & {\dfrac{3\,ac^{2}}{\left(ad-cb\right)^{3}}}\\
0 & 0 & {\dfrac{a^{2}}{\left(ad-cb\right)^{2}}} & {\dfrac{-3\,a^{2}c}{\left(ad-cb\right)^{3}}}\\
0 & 0 & 0 & {\dfrac{a^{3}}{\left(ad-cb\right)^{3}}}
\end{array}\right] =
\left[\begin{array}{cccc}
a^{3} & 0 & 0 & 0\\
3\,a^{2}b & a^{2} & 0 & 0\\
3\,ab^{2} & 2\,ab & a & 0\\
b^{3} & b^{2} & b & 1
\end{array}\right]
$$

Cela semble plutôt simple, non ?

Cordialement, Pierre.
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
$\def\Sym{\text{Sym}}$J'essaie d'éviter les magmas de parenthèses. En utilisant
$$
\Sym^n(u) \cdot P(X,Y) = P\big(u(X), u(Y)\big) \qquad\qquad P \text { polynôme homogène de degré } n
$$
on obtient facilement $\Sym^n(u \circ v) = \Sym^n(u) \circ \Sym^n(v)$.
P.
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
@pldx1, es tu en train de dire que
$T=[A^n,A^{n-1}B,\ldots,B^n][A^n,A^{n-1}x,\ldots,x^n]^{-1}$ est triangulaire? Astucieux. Cela merite demonstration. D'ailleurs la structure de $T$ m'echappe.



@claude quitte: oui on finit si U(uv)=U(u)U(v) est acquis en ecrivant $u$ comme le produit de triangulaires inferieure et superieure.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par P..
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
Pour $U(uv) = U(u)U(v)$ c'est effectivement une affaire de non-intrinsèque. Il s'agit de repérer que ce que Claude décrit c'est littéralement l'extension symétrique de degré $n$ où $sym^n(V) = V^{\otimes n}/\mathfrak S_n$.

Écrit comme ça, la fonctorialité (qui est l'identité en question + la très importante $sym^n(id) = id$, qu'on utilise aussi pour $sym^n(u^{-1})$ !) est évidente.

Mais Claude, je te propose (même si j'apprécie ta solution !) une autre manière de conclure à partir de ça si tu me permets. En fait plusieurs, qui permettent de ne pas passer par les triangulaires. La deuxième évite même les diagonales (enfin on en considère moins !)

- 1: on peut naturellement supposer $K$ algébriquement clos, auquel cas les matrices diagonalisables sont denses dans $GL_n(K)$ pour Zariski, qui est dense dans $M_n(K)$, cela suffit donc.

- 2: puisque $\det \circ sym^n : GL_n(K)\to K^\times$ est un morphisme de groupe vers un groupe commutatif, il se factorise par $\det $ et s'écrit donc $f(\det(u))$ pour un certain $f: K^\times\to K^\times$. On prend alors une matrice diagonale avec un $\lambda$ en haut à gauche et que des $1$ après, on calcule $\det\circ sym^n (u)$ avec ce $u$, qui vaut $f(\lambda)$, et on conclut ainsi. Cela permet de répondre aussi à 6.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par Maxtimax.
P.
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
He les gars on se calme, c'est issu d'un pb de stat. Peux pas parler de foncteurs a mon public.
Re: Déterminant de polynômes
il y a quatre mois
P. : pas besoin de parler de foncteurs grinning smiley c'est juste le nom de l'identité $U(uv) = U(u)U(v)$ : je disais qu'avec la description en tant que puissance tensorielle réduite, cette identité est simple à voir.

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