Inverse d'une matrice de Hilbe

Titou0 · May 2006

Bonjour,

On considere la matrice $H$ de coefficient $h_{i,j}=\frac{1}{i+j-1}$.\\

On montre que $H$ est symétrique définie positive, donc inversible...

Mais comment montrer que $H^(-1)$ est à coefficients entiers ?

(Je sais qu'il existe une formule explicite, mais ce n'est pas cela qui m'intéresse, c'est de montrer le plus simplement possible pourquoi les coeffs de $H^(-1)$ sont entiers.)

Toute piste serait la bienvenue

Titou0 · May 2006

Il fallait lire $H^{-1}$

Laotseu0 · May 2006

Bonjour.
Si on considère l'espace $\R[X]$ muni du produit scalaire $(P|Q)=\int_0^1P(t)Q(t)dt$, la matrice de Hilbert est la matrice de Gram de la famille $(1,x,x^2,\dots,x^n)$. C'est donc $A.^tA$ où $A$ est la matrice des coefficients de $(1,x,x^2,\dots,x^n)$ dans une base orthonormée. Il suffirait donc de démontrer que $A^{-1}$ est à coefficients entiers. Cela revient à trouver une base orthonormée de $Vect(1,x,x^2,\dots,x^n)$ constituée de polynômes à coefficients entiers. Il me semble que la famille des polynômes de Legendre convient, mais je n'en suis pas tout à fait sûr.

Titou0 · May 2006

Les polys de Legendre ne sont pas à coefficients entiers, le produit scalaire qui les rend orthogonaux est défini par une intégrale qui a pour bornes -1 et 1

bs1 · May 2006

bonjour,

si tu prends la matrice de Hilbert d'ordre 2, h11=h22=1 ,h21=h12=1/2

le calcul de l'inverse donne:

g11=g22=4/3, g21=g12=-2/3

et il n'y a pas de coefficients entiers

peut-être n'ai je pas compris la question?

taupin20 · May 2006

Si, si, je me rapelle avoir déjà eu ce calcul à faire : il faut s'inspirer des polynômes de Legendre mais en les recentrant, càd prendre la dérivée n-ième de (x(x-1))^n et normaliser cette famille déjà orthogonale pour le produit scalaire que Lao Tseu a cité.

Titou0 · May 2006

pour bs : erreur h22 est égal à 1/3

En dimension 2 la matrice de Hilbert est :
$ H_2=\begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2}& \frac{1}{3}
\end{pmatrix}$

Son inverse après calcul est égal à la matrice
$H_2^{-1}= \begin{pmatrix}
4 & -6 \\
-6 & 12
\end{pmatrix}$

Malheureusement, il n'existe pas de matrice inversible $A$ telle que $H_2=^tA.A$ telle que $A^{-1}$ soit à coefficients entiers.
Si une telle matrice $A$ existait, posons
$B=A^{-1}=\begin{pmatrix}
a & b \\
c & d
\end{pmatrix}$

L'égalité $H_2^{-1}=B.^tB$ nous amène à résoudre :
$a^2+b^2=4$ ; $c^2+d^2=12$ et $ac+bd=-6$ avec $a$,$b$,$c$ et $d$ entiers.
On vérifie rapidement qu'un tel système n'admet pas de solution.

Mais peut-être ai-je fait une erreur ??

[Utilisateur supprimé] · May 2006

Pour bs: $h_{22}=\frac{1}{3}$ !!

Joaopa

[Utilisateur supprimé] · May 2006

Ah bah, grillé.
<BR>
<BR>Joaopa<BR>

bs1 · May 2006

merci à vous deux de me remettre dans le droit chemin

Laotseu0 · May 2006

Titou, il n'y a pas d'erreur, ma méthode ne marche pas. Je pense vaguement qu'il y a quelque chose par là, mais je n'arrive pas à corriger.
Sinon, si on veut montrer que l'inverse de la matrice de Hilbert est à coefficients entiers, on peut utiliser la formule qui donne l'inverse à partir de la comatrice. En effet, tous les déterminants extraits, ainsi que le déterminant de H sont des déterminants de Cauchy que l'on sait calculer. Il me semble que le quotient des déterminants extraits par le déterminant de H se simplifie pas mal.
Cordialement,
Laotseu, qui fera le calcul un jour où il aura pas mal à la tête.

bs1 · May 2006

bonjour,

un jour de pluie, à partir du calcul du déterminant de Cauchy, j'avais calculé celui d'Hilbert ; j'ai retrouvé

mais avec Hij= ( 1/i+j);

on a dét (Hn)= Num(Hn) / Dén(Hn)

Num(Hn)= {[ 1!2!..........(n-1)! ]^3} . n!

Dén(Hn)= (n+1)! (n+2)!......... (2n)!

c'est moins élégant que ta méthode ,mais si Laotseu ne trouve pas, si ça peut t'être utile.

JPB2 · May 2006

Bonsoir,

Ce probléme est résolu dans l'ouvrage de notre collégue J.E. Rombaldi

" Pb d'analyse numérique", Pb 11. Amicalement

Inverse d'une matrice de Hilbe

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