Re: [obm-l] Matriz de Hilbert

Tente usar: A^(-1) = (1/detA) * adj(A), onde adj(A) é a matriz adjunta clássica de A (a transposta da matriz dos cofatores).

O elemento (j,i) (note a inversão dos índices) de adj(A) é igual a (-1)^(i+j)*detM(i,j), onde M(i,j) = matriz (n-1)x(n-1) obtida de A pela eliminação da i-ésima linha e da j-ésima coluna.

Pra calcular detM(i,j), use o mesmo truque: considere o caso mais geral de m(i,j) = 1/(X(i) + Y(j)).

Parece ser mais braçal do que realmente é:

Lembre-se que det(A) = Num/Den, onde:

Num = PRODUTÓRIO [X(j) - X(i)]*[Y(j) - Y(i)] (grau = n^2 - n)

1 <= i < j <= n

Den = PRODUTÓRIO [X(i) + Y(j)] (grau = n^2)

1 <= i <= n

1 <= j <= n

Pra calcular detM(r,s) você só precisa eliminar das fórmulas acima os termos envolvendo i = r e j = s, o que irá resultar num Numerador de grau (n-1)^2 - (n-1) = n^2 - 3n + 2 e num Denominador de grau (n-1)^2

Um abraço,

Claudio.

----- Original Message -----

From: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet

To: obm-l@mat.puc-rio.br

Sent: Tuesday, February 18, 2003 1:36 PM

Subject: [obm-l] Matriz de Hilbert

Agora estou as voltas de inverter essa joça bendita.Como inverter e uma tarefa nao-trivial,to a beira da loucura extrema(quanta emoçao...)So pra nao esquecer:
O determinante é:

1^(2(n-1)) * 2^(2(n-2)) * ... * (n-1)^2/
(2^1 * 3^2 * ... * n^(n-1) * (n+1)^n *
(n+2)^(n-1) * ... * (2n-1)^2 * 2n

Uma demonstração boa está aqui

http://www.math.niu.edu/~rusin/known-math/97/hilbmat

Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet <peterdirichlet2002@yahoo.com.br> wrote:

Acredito sim pois essa ideia nao e estranha.Quero ver o dia que provarem diretamente que um numero e primo sem provar que ele nao e composto.Ah,o k e 1 o Saldanha acabou de mostrar isso.
Cláudio_(Prática) <claudio@praticacorretora.com.br> wrote:

Caro JP:

Não tenho a solução ainda, mas acho que uma idéia que pode funcionar é olhar para det(A) como sendo uma função racional dos i's e dos j's (tomados como variáveis - como os x's num polinômio).

Para evitar confusão, podemos considerar a matriz nxn B, tal que B(i,j) = 1/(X(i) + Y(j)).

Assim, det(B) será uma função racional nas 2n variáveis X(i), Y(j) (1 <= i,j <= n)

Após calcular det(B) e reduzi-lo um denominador comum, podemos tentar provar que:

1) O denominador de det(B) será igual ao produto dos n^2 termos da forma [X(i) + Y(j)] = 1/B(i,j) ==>

grau(denominador) = n^2;

2) O numerador de det(B) será divisível por [X(j) - X(i)] e [Y(j) - Y(i)], para todo i e j com 1 <= i < j <= n.

A afirmativa (2) terá levado em conta um fator do numerador de grau n^2 - n.

Entretanto, det(B) é igual à soma algébrica de n! termos cujos denominadores têm grau n. Logo grau(det(B)) = -n.

Assim:

grau(det(B)) = grau(numerador) - grau(denominador) ==>

-n = grau(numerador) - n^2 ==>

grau(numerador) = n^2 - n ==>

numerador = K * PRODUTÓRIO [X(j) - X(i)]*[Y(j) - Y(i)]

1 <= i < j <= n

onde K é uma constante.

Agora, resta provar que K = 1. Acho que pode sair da mesma forma que no determinante de Vandermonde.

Vou pensar um pouco mais.

Bom fim de semana e um abraço,

Claudio.

PS: Aquela solução do x^2+x+p é primo foi um golpe duro....você acreditaria se eu dissesse que eu tinha justamente acabado de pensar nela? Eu não.....

----- Original Message -----

From: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet

To: obm-l@mat.puc-rio.br

Sent: Friday, February 14, 2003 3:01 PM

Subject: [obm-l] Matriz Harmonica(e esse onome?)

Turma,ces sabem calcular o determinante de uma matriz n*n onde a(i;j)*(i+j)=1 sempre?Pelo que eu saiba deve ter isso na lista mas de qualquer caso...

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