Siano $ x_1,\dots,x_k $ delle variabili, e siano $ n_{i} $ interi positivi, con $ 1\leq i\leq k $. Indichiamo con $ ({x_j}^{n_{i}}) $ la matrice che ha al posto $ (i,j) $ il monomio $ {x_j}^{n_{i}} $
i) Dimostrare che
$ \displaystyle{\det(x_j^{k-i})=\prod_{1\leq i<j\leq k}(x_i-x_j)} $
(identita' di Vandermonde)
ii) Siano $ \lambda_1\geq\lambda_2\geq\cdots\geq\lambda_k\geq0 $ interi positivi. Poniamo
$ \displaystyle{
S_{\lambda_1,\dots,\lambda_k}(x_1,\dots,x_k)=\frac{\det(x_j^{k-i+\lambda_i})}
{\det(x_j^{k-i})}
$
Dimostrare che $ S_{\lambda_1,\dots,\lambda_k}(x_1,\dots,x_k) $ e' un polinomio simmerico (ovvero, che e' invariante per permutazioni delle variabili $ x_1,\dots,x_k $) a coefficienti interi. $ S_{\lambda_1,\dots,\lambda_k}(x_1,\dots,x_k) $ si chiama polinomio di Schur associato a $ \lambda_1\geq\lambda_2\geq\cdots\geq\lambda_k\geq0 $).
iii) Calcolare tutti i polinomi di Schur con $ \lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k\leq 3 $
Schur 1
Re: Schur 1
Allora, sento che sara' un lavoro millenario, e tra l'altro so cos'e' un determinante principalmente per sentito dire, comunque mi lancio con il problema i):
1) $ \det(x_j^{k-i}) $ e' un polinomio di grado $ \displaystyle{n\choose 2} $ (formula di Leibniz) che si annulla se $ x_i=x_j $ con $ i\neq j $ (in quel caso ci sarebbero due colonne della matrice uguali), quindi e' il polinomio "suggerito" da Mr Vandermonde a meno di una costante.
Per verificare che sia proprio quello, consideriamo il termine $ \displaystyle\prod_{i=1}^n x_i^{n-i} $
Questo compare nel determinante con coefficiente 1 (il segno dell'identita' come permutazione e' +). Nel polinomio ottengo questo termine solo se prendo da ogni parentesi la $ x_i $ (intendo tra le due x quella con indice piu' piccolo) che ha sempre segno +.
E questo ragionamento (rigoroso come poche cose
) dovrebbe bastare a dimostrare i). Seguira' (sperabilmente entro un tempo finito) la dimostrazione del punto 2...
1) $ \det(x_j^{k-i}) $ e' un polinomio di grado $ \displaystyle{n\choose 2} $ (formula di Leibniz) che si annulla se $ x_i=x_j $ con $ i\neq j $ (in quel caso ci sarebbero due colonne della matrice uguali), quindi e' il polinomio "suggerito" da Mr Vandermonde a meno di una costante.
Per verificare che sia proprio quello, consideriamo il termine $ \displaystyle\prod_{i=1}^n x_i^{n-i} $
Questo compare nel determinante con coefficiente 1 (il segno dell'identita' come permutazione e' +). Nel polinomio ottengo questo termine solo se prendo da ogni parentesi la $ x_i $ (intendo tra le due x quella con indice piu' piccolo) che ha sempre segno +.
E questo ragionamento (rigoroso come poche cose
) dovrebbe bastare a dimostrare i). Seguira' (sperabilmente entro un tempo finito) la dimostrazione del punto 2..."Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
cerco anche io di fare il punto 1..vediamo come mi trovo a determinanti
proviamo per induzione, per k=2 la tesi è banale.
supponiamo vera la tesi per $ k \in N $ e dimostriamola per (k+1).
per trovare il determinante di questa nuova matrice di ordine (k+1) e che puo essere ottenuta dalla precedente orlando la riga sopra con gli elementi $ {x_i}^k $ con $ i \in (1, 2, ..(k+1)) $ e la colonna di destra con gli elementi $ {x_k}^i $ con $ i \in (1,2, ..(k+1)) $, ordinatamente da destra a sinistra e dal basso all'alto. per il teorema di LaPlace (credo che si scriva cosi, comunque è quello che si usa sempre) allora il determinante di questa nuova matrice è (dato per assodato l'ipotesi induttiva e considerando la prima riga aggiunta sopra):
$ det A_{k+1}= \displaystyle \sum_{i=1}^{k+1}{(-1)^{i+1}{x_i}^k det {A_k}^i} $
dove $ det {A_k}^i $ è il determinante della matrice di ordine k ottenuta dall'ultima eliminando la prima riga el'i-esima colonna, e che per ipotesi induttiva vale $ \displaystyle \prod_{1 \le a < b \le k+1, con a, b diverso da i}{x_a - x_b} $
per dimostrare che $ det A_{k+1}= \prod_{1\le i<j \le k+1}{x_i-x_j} $ dobbiamo dimostrare che ogni fattore $ x_i- x_j $ divide $ det A_{k+1} $. dato che parliamo di variabili, allora stiamo considerando polinomi. allora deve valere per ogni $ i,j $ che $ x_i - x_j $ divide $ (-1)^{i+1}x^i det{A_k}^i + (-1)^{j+1}x^j det{A_k}^j $. tralasciando tutti i fattori comuni poichè non ci interessano si vede che imponiamo $ x_i=X $ e tutta la funzione come P(X) allora la condizione di "dividere" equivale" a $ P(x_j)=0 $, ma questoè piu o meno scontato, dato che andremo praticamente a sostituire tutti gli $ x_i $ con gli $ x_j $.
a questo punto bisogna solo aggiungere che l'identità è dimostrata poichè il polinomio doveva essere monico in tutte le variabili e la tesi è dimostrata.
e comunque complimenti a piever per la sua soluzione brillante..
proviamo per induzione, per k=2 la tesi è banale.
supponiamo vera la tesi per $ k \in N $ e dimostriamola per (k+1).
per trovare il determinante di questa nuova matrice di ordine (k+1) e che puo essere ottenuta dalla precedente orlando la riga sopra con gli elementi $ {x_i}^k $ con $ i \in (1, 2, ..(k+1)) $ e la colonna di destra con gli elementi $ {x_k}^i $ con $ i \in (1,2, ..(k+1)) $, ordinatamente da destra a sinistra e dal basso all'alto. per il teorema di LaPlace (credo che si scriva cosi, comunque è quello che si usa sempre) allora il determinante di questa nuova matrice è (dato per assodato l'ipotesi induttiva e considerando la prima riga aggiunta sopra):
$ det A_{k+1}= \displaystyle \sum_{i=1}^{k+1}{(-1)^{i+1}{x_i}^k det {A_k}^i} $
dove $ det {A_k}^i $ è il determinante della matrice di ordine k ottenuta dall'ultima eliminando la prima riga el'i-esima colonna, e che per ipotesi induttiva vale $ \displaystyle \prod_{1 \le a < b \le k+1, con a, b diverso da i}{x_a - x_b} $
per dimostrare che $ det A_{k+1}= \prod_{1\le i<j \le k+1}{x_i-x_j} $ dobbiamo dimostrare che ogni fattore $ x_i- x_j $ divide $ det A_{k+1} $. dato che parliamo di variabili, allora stiamo considerando polinomi. allora deve valere per ogni $ i,j $ che $ x_i - x_j $ divide $ (-1)^{i+1}x^i det{A_k}^i + (-1)^{j+1}x^j det{A_k}^j $. tralasciando tutti i fattori comuni poichè non ci interessano si vede che imponiamo $ x_i=X $ e tutta la funzione come P(X) allora la condizione di "dividere" equivale" a $ P(x_j)=0 $, ma questoè piu o meno scontato, dato che andremo praticamente a sostituire tutti gli $ x_i $ con gli $ x_j $.
a questo punto bisogna solo aggiungere che l'identità è dimostrata poichè il polinomio doveva essere monico in tutte le variabili e la tesi è dimostrata.
e comunque complimenti a piever per la sua soluzione brillante..
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Allora per il punto 2) (mi e' arrivata una soffiata per mp che segue dal punto uno, per cui posto una soluzione):
il polinomio di schur e' una funzione simmetrica per quello che dice pic. Il det del piano di sopra della frazione e' un polinomio che si annulla per $ x_i=x_j $ ed e' a coefficienti interi, quindi dividendolo per quello del piano di sotto si ottiene un altro polinomio a coefficienti interi...
Detto questo ho messo nella lista dei buoni propositi (purtroppo non molto in cima) di guardare anche la seconda puntata di schur, e finalmente capire la soluzione di wolverine a quel problema del cavolo in algebra...
il polinomio di schur e' una funzione simmetrica per quello che dice pic. Il det del piano di sopra della frazione e' un polinomio che si annulla per $ x_i=x_j $ ed e' a coefficienti interi, quindi dividendolo per quello del piano di sotto si ottiene un altro polinomio a coefficienti interi...
Detto questo ho messo nella lista dei buoni propositi (purtroppo non molto in cima) di guardare anche la seconda puntata di schur, e finalmente capire la soluzione di wolverine a quel problema del cavolo in algebra...
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
Non riesco a capire cosa vuol dire... diciamo che se permutiamo un po' di colonne, allora il det o si moltiplica per 1, o per -1 (precisamente, per 1 se la permutazione è pari, per -1 se la permutazione è dispari). Siccome si moltiplica per lo stesso fattore sia a numeratore sia a denominatore, il rapporto non cambia.pic88 ha scritto:Per il secondo punto... il det è invariante a meno del segno della pemutazione..
Ottimo, i miei complimenti a tutti 
Ne approfitto per un suggerimento rapidissimo sul punto iii): qual'e'il grado di $ S_{\lambda_1,\cdots,\lambda_k} $? poi ci ricordiamo che e' simmetrico, e allora basta calcolare un paio di coefficienti...
Comunque, il punto iii) sta li' solo per toccare con mano questi misteriosi polinomi di Schur e non lasciarli in un limbo indefinito fatto di determinanti e frazioni... ma non serve assolutamente per risolvere Schur 2, al quale si puo' passare direttamente dopo aver risolto i primi due punti di Schur 1.
A dirla tutta, Schur 2 e' addrittura piu' semplice di Schur 1...
Ne approfitto per un suggerimento rapidissimo sul punto iii): qual'e'il grado di $ S_{\lambda_1,\cdots,\lambda_k} $? poi ci ricordiamo che e' simmetrico, e allora basta calcolare un paio di coefficienti...
Comunque, il punto iii) sta li' solo per toccare con mano questi misteriosi polinomi di Schur e non lasciarli in un limbo indefinito fatto di determinanti e frazioni... ma non serve assolutamente per risolvere Schur 2, al quale si puo' passare direttamente dopo aver risolto i primi due punti di Schur 1.
A dirla tutta, Schur 2 e' addrittura piu' semplice di Schur 1...
I'm the best there is at what I do. But what I do best isn't very nice.
io continuo per la mia strada e riprovo il punto 2, ancora per induzione.
prendo per ipotesi che l'identità di Vandermonde è dimostrata (come ho effettivamente fatto prima) allora $ \displaystyle det ({x_j}^{k-i})= \prod_{1 \le i<j \le k}{x_i-x_j} $.
dimostriamo la tesi per k=2; svolgendo il determinante con $ \lambda_1 \ge \lambda_2 \ge 0 $ per ipotesi otteniamo che $ det ({x_j}^{k+i+\lambda_i}) $ vale $ (x_1x_2)^{\lambda_2} ({x_1}^{1+\lambda_1-\lambda_2}-{x_2}^{1+\lambda_1-\lambda_2}) $, essendo gli esponenti del secondo fattore maggiori o uguali all'unità, allora per le proprietà dei polinomi tale fattore è multiplo di $ x_1-x_2 $. essendo il determinante al denominatore proprio $ x_1-x_2 $allora abbiamo dimostrato che almeno per k=2 la funzione sarà a coefficienti interi e simmetrica.
poniamo adesso che la tesi valga per $ k \in N $ e dimostriamola per $ k+1 $.
per ipotesi abbiamo quindi che dati $ \lambda_1\le\lambda_2\ge...\ge\lambda_k\ge0 $ vale $ det ({x_j}^{k+i+\lambda_i}) $ è una funzione di $ k $ variabili, simmetrica nelle stesse e divisibile per tutti i polinomi della forma $ (x_i-x_j) $ con $ 1\lei<j\lek $.
come al punto 1 orliamo tale matrice, in modo da farla diventare di ordine (k+1),e poniamo $ \lambda_0\ge\lambda_1 $, aggiungiamo cioe $ {x_1}^{k+\lambda_0}, {x_2}^{k+\lambda_0}, ... {x_{k+1}}^{k+\lambda_0} $ nella riga sopra da sinistra a destra e $ {x_{k+1}}^{\lambda_k}, {x_{k+1}}^{1+\lambda_{k-1}}...{x_{k+1}}^{k+\lambda_0} $ ordinatamente a destra, dal basso verso l'alto.applicando (sempre sulla falsariga del punto 1) laplace allora il determinante del numeratore vale:
$ \displaystyle \det A_{k+1}= \sum_{i=1}^{k+1}{(-1)^{i+1}{x_i}^{k+\lambda_0} F(x_i) det {A_k}^i $,
dove $ det {A_k}^i $è definito come sopra e $ F(x_i) $ è una funzione simmetrica in tutte le variabili $ x_j $ con $ j $ diverso da $ i $
poichè ciascun addendo di tale sommatoria puo essere visto come permutazione dei soli indici allora tale somma sarà una funzione simmetrica (che divisa per una ulteriore funzione simmetrica, il denominatore, darà ancora simmetria).
resta da dimostrare che tutti i coefficienti sono interi, cioe che ogni fattore $ x_i-x_j $ del denominatore divide la somma stessa. come prima, $ x_i-x_j $ (con i diverso da j) divide tutti i termini della sommatoria tranne due, e ponendo $ x_i=X $ la tesi diverrà $ P(x_j)=0 $ancora una volta vera per "lo scambio di variabile"..
work in progress per il punto 3
prendo per ipotesi che l'identità di Vandermonde è dimostrata (come ho effettivamente fatto prima) allora $ \displaystyle det ({x_j}^{k-i})= \prod_{1 \le i<j \le k}{x_i-x_j} $.
dimostriamo la tesi per k=2; svolgendo il determinante con $ \lambda_1 \ge \lambda_2 \ge 0 $ per ipotesi otteniamo che $ det ({x_j}^{k+i+\lambda_i}) $ vale $ (x_1x_2)^{\lambda_2} ({x_1}^{1+\lambda_1-\lambda_2}-{x_2}^{1+\lambda_1-\lambda_2}) $, essendo gli esponenti del secondo fattore maggiori o uguali all'unità, allora per le proprietà dei polinomi tale fattore è multiplo di $ x_1-x_2 $. essendo il determinante al denominatore proprio $ x_1-x_2 $allora abbiamo dimostrato che almeno per k=2 la funzione sarà a coefficienti interi e simmetrica.
poniamo adesso che la tesi valga per $ k \in N $ e dimostriamola per $ k+1 $.
per ipotesi abbiamo quindi che dati $ \lambda_1\le\lambda_2\ge...\ge\lambda_k\ge0 $ vale $ det ({x_j}^{k+i+\lambda_i}) $ è una funzione di $ k $ variabili, simmetrica nelle stesse e divisibile per tutti i polinomi della forma $ (x_i-x_j) $ con $ 1\lei<j\lek $.
come al punto 1 orliamo tale matrice, in modo da farla diventare di ordine (k+1),e poniamo $ \lambda_0\ge\lambda_1 $, aggiungiamo cioe $ {x_1}^{k+\lambda_0}, {x_2}^{k+\lambda_0}, ... {x_{k+1}}^{k+\lambda_0} $ nella riga sopra da sinistra a destra e $ {x_{k+1}}^{\lambda_k}, {x_{k+1}}^{1+\lambda_{k-1}}...{x_{k+1}}^{k+\lambda_0} $ ordinatamente a destra, dal basso verso l'alto.applicando (sempre sulla falsariga del punto 1) laplace allora il determinante del numeratore vale:
$ \displaystyle \det A_{k+1}= \sum_{i=1}^{k+1}{(-1)^{i+1}{x_i}^{k+\lambda_0} F(x_i) det {A_k}^i $,
dove $ det {A_k}^i $è definito come sopra e $ F(x_i) $ è una funzione simmetrica in tutte le variabili $ x_j $ con $ j $ diverso da $ i $
poichè ciascun addendo di tale sommatoria puo essere visto come permutazione dei soli indici allora tale somma sarà una funzione simmetrica (che divisa per una ulteriore funzione simmetrica, il denominatore, darà ancora simmetria).
resta da dimostrare che tutti i coefficienti sono interi, cioe che ogni fattore $ x_i-x_j $ del denominatore divide la somma stessa. come prima, $ x_i-x_j $ (con i diverso da j) divide tutti i termini della sommatoria tranne due, e ponendo $ x_i=X $ la tesi diverrà $ P(x_j)=0 $ancora una volta vera per "lo scambio di variabile"..
work in progress per il punto 3
The only goal of science is the honor of the human spirit.
punto 3 anche se mi sembra un po troppo elementare..
si dimostra con due passaggi di induzione che se la matrice è di ordine $ k \in N $ allora $ \displaystyle deg (det {x_j}^{k-i+\lambda_i}) = \sum_{i=1}^{k} {\lambda_i + k -i} $.
se $ k\ge 4 $ allora $ \sum_{i=1}^{k} {\lambda_i + k -i}>3 $ in quanto al minimo tutti i $ \lambda_i $ valgono 0.
CASO I K=3 deve essere per ovvi motivi $ \lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0 $ da cui $ S_{(0,0,0)}=1 $.
CASO II K=2 poichè $ \lambda_1\ge\lambda_2\ge0 $ otteniamo solo 4 sottocasi in N, e poichè per quanto detto nelpost prima per k=2 vale $ S_{\lambda_1,\lambda_2}={x_1 x_2}^{\lambda_2}\frac {{x_1}^{1+\lambda_1-\lambda_2}-{x_2}^{1+\lambda_1-\lambda_2}}{x_1-x_2} $, notando che le possibili coppie $ (\lambda_1,\lambda_2)=(0,0),(1,0),(1,1),(2,0) $ allora sostituendo tutte e le sole soluzioni alla tesi sono:
$ (1) ; (x_1+x_2) ; (x_1x_2) ; ({x_1}^2+x_1x_2+{x_2}^2) $.
da notare che come si diceva al punto 2 tali polinomi sono simmetrici a coefficienti interi,che magia
si dimostra con due passaggi di induzione che se la matrice è di ordine $ k \in N $ allora $ \displaystyle deg (det {x_j}^{k-i+\lambda_i}) = \sum_{i=1}^{k} {\lambda_i + k -i} $.
se $ k\ge 4 $ allora $ \sum_{i=1}^{k} {\lambda_i + k -i}>3 $ in quanto al minimo tutti i $ \lambda_i $ valgono 0.
CASO I K=3 deve essere per ovvi motivi $ \lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0 $ da cui $ S_{(0,0,0)}=1 $.
CASO II K=2 poichè $ \lambda_1\ge\lambda_2\ge0 $ otteniamo solo 4 sottocasi in N, e poichè per quanto detto nelpost prima per k=2 vale $ S_{\lambda_1,\lambda_2}={x_1 x_2}^{\lambda_2}\frac {{x_1}^{1+\lambda_1-\lambda_2}-{x_2}^{1+\lambda_1-\lambda_2}}{x_1-x_2} $, notando che le possibili coppie $ (\lambda_1,\lambda_2)=(0,0),(1,0),(1,1),(2,0) $ allora sostituendo tutte e le sole soluzioni alla tesi sono:
$ (1) ; (x_1+x_2) ; (x_1x_2) ; ({x_1}^2+x_1x_2+{x_2}^2) $.
da notare che come si diceva al punto 2 tali polinomi sono simmetrici a coefficienti interi,che magia
The only goal of science is the honor of the human spirit.
tra trenta minuti esatti è natale e adesso sto scrivendo una pseudo soluzione..spero che babbo natale me la mandi buona stavolta
considerando che il polinomio deve essere simmetrico in tutte le variabili, e che alla fine sarà monico abbiamo sette casi, se tutti i lamba sono 0 allora il polinomio sarà banalmente 1 altrimenti:
$ \sum\lambda=1 $ allora $ P(x)=\sum x_i $
$ \sum\lambda=2 $ allora $ P(x)=\sum{x_i}^2 $ oppure $ \sum {x_i}{x_j} $ con i diverso da j
$ \sum\lambda=3 $ allora $ P(x)=\sum{x_i}^3 $oppure $ \sum{x_i}{x_j}^2 $ oppure $ \sum{x_i}{x_j}{x_k} $ con i diverso da j diverso da k..
sarà la cazzata di fine anno?
considerando che il polinomio deve essere simmetrico in tutte le variabili, e che alla fine sarà monico abbiamo sette casi, se tutti i lamba sono 0 allora il polinomio sarà banalmente 1 altrimenti:
$ \sum\lambda=1 $ allora $ P(x)=\sum x_i $
$ \sum\lambda=2 $ allora $ P(x)=\sum{x_i}^2 $ oppure $ \sum {x_i}{x_j} $ con i diverso da j
$ \sum\lambda=3 $ allora $ P(x)=\sum{x_i}^3 $oppure $ \sum{x_i}{x_j}^2 $ oppure $ \sum{x_i}{x_j}{x_k} $ con i diverso da j diverso da k..
sarà la cazzata di fine anno?
The only goal of science is the honor of the human spirit.