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algèbre linéaire

Posté par SombreCrystal (invité) 25-09-05 à 12:00

[/sub]n+1Bonjour,

Pourriez me donner qq conseils pour résoudre ces 2 questions ? Merci d'avance

1. Soit 'a0,a1,...,an) et (b0,...,bn) . On pose D[sub]n+1 = valeur absolue (a[/sub]i + b[sub]j)[/sup]n

Calculer D[/sub]n+1 en faisant apparaître un produit de matrices.

2. Soit E un espace vectorile de dim n1, (x1,...xn)E[sup]n, u L(E) et B une base de E
Montrer que somme de k=1 à n de det[sub]B ( x1,...,xk-1,u(xk),xk+1,...xn)= (tru) det[sub][/sub]b (x1,...,xn)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre:algèbre linéaire 25-09-05 à 14:59

Bonjour;
1)Notons \fbox{A=\(a_0\\a_1\\.\\.\\a_n\)\hspace{5}B=\(b_0\\b_1\\.\\.\\b_n\)\hspace{5}U=\(1\\1\\.\\.\\1\)} et 3$\fbox{M=\(\begin{tabular}a_0+b_0&a_0+b_1&.&.&a_0+b_n&\\a_1+b_0&a_1+b_1&.&.&a_1+b_n&\\.&.&.&.&.&\\.&.&.&.&.&\\a_n+b_0&a_n+b_1&.&.&a_n+b_n&\end{tabular}\)} il est alors facile de voir que:
3$\fbox{M=(\hspace{5}A\hspace{5}U\hspace{5}0\hspace{5}.\hspace{5}.\hspace{5}0)\times^{t}(\hspace{5}U\hspace{5}B\hspace{5}0\hspace{5}.\hspace{5}.\hspace{5}0)} et donc que:
3$\fbox{D_{n+1}=0\hspace{5}si\hspace{5}n\ge2\\D_2=\|\begin{tabular}a_0&1&\\a_1&1&\end{tabular}\|\times\|\begin{tabular}1&1&\\b_0&b_1&\end{tabular}\|=(a_0-a_1)(b_1-b_0)\\D_1=a_{0}b_0}
Sauf erreur...

Posté par biondo (invité)re : algèbre linéaire 25-09-05 à 15:08

Salut SombreCrystal,
salut elhor,

Je ne sais pas si tu fais erreur, elhor (la flemme de verifier). Mais je verrais en fait un enonce un peu different de ce que tu as compris.

je pense que (ai+bj) est en fait a la puissance n.
en le developpant, via le binome de Newton, on fait apparaitre un joli produit. Ca se resoud ensuite avec des determinants de Van derMonde.

PAs le temps d'en faire plus (en plus, les determinants en latex, j'y arrive moyen).

Si ca ne suffit pas, merci de le dire, je referai un post.

A+
biondo

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre:algèbre linéaire 25-09-05 à 16:52

Bonjour;
Effectivement biondo je crois que tu as raison mais en écrivant 4$\fbox{M=n!AB} je ne vois pas de determinant de Van derMonde puisque 3$\fbox{A=(\frac{{a_{i-1}}^{j-1}}{(j-1)!})_{1\le i,j\le n+1}\\B=(\frac{{b_{j-1}}^{n+1-i}}{(n+1-i)!})_{1\le i,j\le n+1}}
Sauf nouvelle erreur bien entendu

Posté par biondo (invité)re : algèbre linéaire 25-09-05 à 20:10

He heeee...
Je conserve les coefficients de Newton dans une seule matrice, c'est pour ca.


4$A=\(\array{\\&a_{i-1}^{k-1}\)(1\le{i,k}\le{n+1)

4$B=\(\array{\\& {\(n\\{k-1}\)}b_{j-1}^{n-k+1}\)(1\le{j,k}\le{n+1)

Bon, aux erreurs d'indice pres...


Ensuite, la premiere est une VdM, et la deuxieme, pas loin: chaque ligne a un coefficient multiplicateur qu'on peut sortir du determinant... et il reste encore une VdM...

Sauf erreur de mon cote, bien entendu.

A+
biondo

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : algèbre linéaire 25-09-05 à 21:40

Bien vu biondo,et ça reste faisable mm avec la décomposition que j'ai donné puisque les termes du dénominateur (que je croyais génants) sont constants par colonne dans A et par ligne dans B merci de me l'avoir fait remarquer.
On doit avoir,si je ne me trompe pas encore,que:
4$\fbox{D_{n+1}=\frac{(n!)^{n+1}}{\Bigprod_{j=1}^{n+1}(j-1)!(n+1-j)!}Det((a_{i-1}^{j-1})_{ij})Det((b_{j-1}^{n+1-i})_{ij})} soit encore
5$\blue\fbox{D_{n+1}=(\Bigprod_{j=0}^{n}C_{n}^{j})Det((a_{i-1}^{j-1})_{ij})Det((b_{j-1}^{n+1-i})_{ij})}


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