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Triangles Gog et Magog

Philippe Biane

Ecole Polytechnique

12 avril 2017

Philippe Biane Gog et Magog

Determinants∣∣∣∣a11 a12a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣ = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32

−a11a23a32 − a12a21a33 − a13a22a31

det(aij) =∑p∈Pn

ε(p)∏ij

apijij

Pn est l’ensemble des matrices de permutation


L’identite de Jacobi∣∣∣∣∣∣∣∣• • • •• • • •• • • •• • • •

∣∣∣∣∣∣∣∣×∣∣∣∣∣∣∣∣. . . .. • • .. • • .. . . .

∣∣∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣∣∣

• • • .• • • .• • • .. . . .

∣∣∣∣∣∣∣∣×∣∣∣∣∣∣∣∣. . . .. • • •. • • •. • • •

∣∣∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣∣∣. • • •. • • •. • • •. . . .

∣∣∣∣∣∣∣∣×∣∣∣∣∣∣∣∣

. . . .• • • .• • • .• • • .

∣∣∣∣∣∣∣∣×∣∣∣∣a bc d

∣∣∣∣ = ad − bc


L’algorithme de Lewis Carroll

Il permet de calculer un determinant d × d en ne calculant que desdeterminants 2× 2.

Exemple

1 4 6 0

2 1 −3 1

3 2 1 5

3 2 2 0


I on initialise deux matrices:

A =

1 4 6 0

2 1 −3 1

3 2 1 5

3 2 2 0

B =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

I

1 4 6 0−7/1

2 1 −3 1

3 2 1 5

3 2 2 20

1 1 1

11 1 1

1 1 1


I

1 4 6 0−7 −18 6

2 1 −3 11 7 −16

3 2 1 50 2 −10

3 2 2 0

1 1 1

1 −31 1 1

2 11 1 1

I −7 −18 6

1 7 −16

0 2 −10

1 −3

2 1


I

1 4 6 0−7 −18 6

2 1 −3 11 7 −16

3 2 1 50 2 −10

3 2 2 0

1 1 1

1 −31 1 1

2 11 1 1

I

−7 −18 6

1 7 −16

0 2 −10

1 −3

2 1


I −7 −18 6

−31 −821 7 −16

1 −380 2 −10

1 −3

72 1

I −31 −82

1 −38

(7)

I

det(A) =(−31).(−38)− (1).(−82)

7= 180


On peut appliquer cet algorithme a une matrice

M = (Mij)

dont les coefficients sont des indeterminees.

Le resultat est un polynome.


Le λ-determinant

Invente par David Robbins en 1983.

Dans l’algorithme de L. Carroll on remplace∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad − bc

par ∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣λ

= ad + λbc

Le resultat est surprenant: c’est un polynome de Laurent en lescoefficients de la matrice.


∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣λ

= a11a22a33 + λ2a12a23a31 + λ2a13a21a32

+λa11a23a32 + λa12a21a33 + λa13a22a31

+λ(1 + λ)a12a21a23a32a22


Theoreme:

(Mills, Robbins, Rumsey)

detλ(A) =∑

M∈ASM(d)

(1 + λ)s(M)λi(M)∏ij

AMij

ij

La somme porte sur l’ensemble des matrices a signes alternants quisont a coefficients dans {−1, 0, 1}

i(M)=nombre d’inversions.s(M)=nombre de −1.

C’est un exemple du “phenomene de Laurent”, au coeur de latheorie des algebres amassees.


Matrices a signes alternants

I Matrices a coefficients dans {−1, 0, 1}0 0 0 1 01 0 0 −1 10 0 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 0

I dans chaque rangee et chaque colonne, les 1 et les −1alternent, en commencant et terminant par 1.

11 −1 1

11

1

En particulier, les ASM sans coefficient −1 sont lespermutations.


Matrices a signes alternants

I Matrices a coefficients dans {−1, 0, 1}0 0 0 1 01 0 0 −1 10 0 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 0

I dans chaque rangee et chaque colonne, les 1 et les −1

alternent, en commencant et terminant par 1.1

1 −1 11

11

En particulier, les ASM sans coefficient −1 sont lespermutations.


Modeles de lacets compacts / Modele a six sommets

• • • • • •


Triangles Gog

I Une ASM 0 0 0 1 01 0 0 −1 10 0 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 0

I Sommes partielles sur les colonnes1 1 1 1 11 1 1 0 10 1 1 1 00 1 1 0 00 0 1 0 0

Un seul 1 par ligne


Triangles Gog

I Une ASM 0 0 0 1 01 0 0 −1 10 0 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 0

I Sommes partielles sur les colonnes

1 1 1 1 11 1 1 0 10 1 1 1 00 1 1 0 00 0 1 0 0

Un seul 1 par ligne


1 1 1 1 11 1 1 0 10 1 1 1 00 1 1 0 00 0 1 0 0

On note les positions des 1

1 2 3 4 51 2 3 5

2 3 42 3

3


1 2 3 4 51 2 3 5↘ 2 3 4 ↗

2 33

I Triangle Gog = triangle de Gelfand-Tsetlin = les lignes sontentrelacees

I strictement croissant sur chaque ligne

I la ligne du haut est 1, 2, 3, . . . , n.


Enumeration des matrices a signes alternants

Le nombre de matrices a signes alternants de taille n est

An =n−1∏j=0

(3j + 1)!

(n + j)!

An = 1 2 7 42 429 7436 218348

Conjecture par Mills, Robbins, Rumsey (1986).

Demontre par D. Zeilberger (1995).

Il y a d’autre preuves par G. Kuperberg, I. Fischer . . .


Partitions

Ce sont des empilements de carres dans un coin.

8 = 4 + 3 + 1

Enumeration (formule d’Euler):

∑λ∈P

q|λ| =∞∏n=1

1

(1− qn)= 1 + q + 2q2 + 3q3 + 5q4 + 7q5 + . . .


Partitions planes

Ce sont des empilements de cubes dans un coin.

Formule de Mac Mahon

∑π∈PP

q|π| =∞∏n=1

1

(1− qn)n= 1 + q + 3q2 + 6q3 + . . .


Partitions planes totalement symetriques, auto-complementaires

Partitions planes, avec toutes les symetries de l’hexagone, etegales a leur complementaire dans le cube.


Les TSSCPPs sont codees par des chemins non intersectants.


On peut utiliser la methode de Lindstrom Gessel Viennot pourcalculer le nombre de ces chemins sous la forme d’un determinantde coefficients binomiaux.


Enumeration des TSSCPP

Bn =n−1∏j=0

(3j + 1)!

(n + j)!

Bn = 1 2 7 42 429 7436 218348

Bn = An

G. Andrews, 1994

Probleme: trouver une preuve bijective.


Proofs and confirmations.The story of the alternating sign matrix conjecture.

de David M. Bressoud


Triangles Magog

1 1 2 2 4 ≤ 51 1 2 3 ≤ 4↘ 1 1 3 ↗ ≤ 3

1 2 ≤ 21 ≤ 1

Ils codent les TSSCPPs.

1

1

2

1

2

1

1 1 21 2

1

Probleme: trouver une bijection entre triangles Gog et Magog.


1 2 3 4 51 2 3 5

2 3 42 3

3

Triangles Gog: strictement croissants sur chaque rangee, la rangeedu haut est 1, 2, 3, . . . , n.

1 1 2 2 4 ≤ 51 1 2 3 ≤ 4

1 1 3 ≤ 31 2 ≤ 2

1 ≤ 1

Triangles Magog


1 2 31 2

1

1 2 31 3

1

1 2 31 2

2

1 2 31 3

2

1 2 31 3

3

1 2 32 3

2

1 2 32 3

3

Triangles Gog

1 1 11 1

1

1 1 21 1

1

1 1 31 1

1

1 1 21 2

1

1 1 31 2

1

1 2 21 2

1

1 2 31 2

1

Triangles Magog


Mysterium Cosmographicum, Johannes Kepler, 1596


Trapezes Gog et Magog.

Les k diagonales SO-NE (a droite) d’un triangle Gog (ou Magog)forment un trapeze.

3 4 52 3 5

2 3 42 3

3

2 2 41 2 3

1 1 31 2

1

Trapezes Gog et Magog de taille (5, 3).

D’apres Zeilberger (1995), pour chaque (n, k) les trapezes Gog etMagog sont equienumeres.


StatistiquesGog

1 2 3 4 51 2 3 5

2 3 42 3

3

Magog

1 1 2 2 41 1 2 3

1 1 31 2

1

1 + 1 + 2 + 2 + 4− (1 + 1 + 2 + 3) = 3


Completion d’un triangle Gog

1 2 3 4 5 6 71 2 3 4 5 7

1 2 3 4 71 2 4 7

1 4 74 7

4

Completion d’un triangle Magog

1 1 1 3 41 1 1 4

1 1 11 1

1


On peut trouver une bijection qui preserve les statistiques:

si a < c

a bc

−→ a ba + b − c

sinon

a ba

−→ a b − 1b − 1


La bijection est obtenue en deux etapes:1.

a bc

→ a bc

a < c

ou

a ba

→ a b − 1a

2.

a bc

→ a ba + b − c


Generalisation

1 amene a considerer les inversions.

2 amene a considerer l’involution de Schutzenberger.


L’Involution de Schutzenberger

•• •

a c

x• •

b d

•• •

•• •

a c

a ∨ b − x + c ∧ d•

•

b d

•• •


On applique cette transformation dans la rangee i

1 1 2 2 41 1 2 3

1 1 3rangee 2 → 1 2

1

c’est si

L’involution de Schutzenberger est

S = (s1s2s3 . . . sn−1)(s1s2 . . . sn−2) . . . (s1s2)s1


Inversions d’un triangle Gog

1 2 3 4 5 6

1 2 3 5 6

1 2 5 6

2 4 5

2 5

2

Pour les permutations ce sont exactement les inversions de lapermutation


La bijection: on part d’un triangle Magog

I Etape 1: pour chaque inversion, on enleve 1 aux coefficients

au nord-est.

∗ ∗ ∗ b

a

b − 1

a− 1

∗∗ x ∗∗ x ∗∗ ∗∗

I Etape 2: on applique Schutzenberger


La bijection: on part d’un triangle Magog

I Etape 1: pour chaque inversion, on enleve 1 aux coefficients

au nord-est.

∗ ∗ ∗

b

a

b − 1

a− 1

∗∗ x ∗∗ x ∗∗ ∗∗

I Etape 2: on applique Schutzenberger


cela marche pour les trapezes (n, 1):

1

1

1

1

2

2

2

2

1

1

1

2

3

3

3

2

2

2

1

1

2

4

5

5

3

4

42

3

31

3

31 1 1 1 3

1 1 1 2

1 1 2

1 2

1



1

1

1

1

2

2

2

2

1

1

1

2

3

3

3

2

2

2

1

1

2

4

5

5

3

4

4

2

3

31

3

31 1 1 1 3

1 1 1 2

1 1 2

1 2

1



1

1

1

1

2

2

2

2

1

1

1

2

3

3

3

2

2

2

1

1

2

4

5

53

4

4

2

3

3

1

3

31 1 1 1 3

1 1 1 2

1 1 2

1 2

1



1

1

1

1

2

2

2

2

1

1

1

2

3

3

3

2

2

2

1

1

2

4

5

53

4

42

3

3

1

3

3

1 1 1 1 3

1 1 1 2

1 1 2

1 2

1



1

1

1

1

2

2

2

2

1

1

1

2

3

3

3

2

2

2

1

1

2

4

5

53

4

42

3

31

3

3

1 1 1 1 3

1 1 1 2

1 1 2

1 2

1


On peut modifier cette bijection pour les trapezes (n, 2).


Triangles GOGAm

Ce sont les images par Schutzenberger des triangles Magog.


Pentagones

on les extrait en prenant des diagonales a droite, a gauche et leslignes du bas.

1 2 3 4 5 6 7 8 91 2 3 5 6 7 8 9

1 3 4 5 6 7 91 3 4 6 8 9

2 3 5 6 83 4 6 7

3 5 64 6

5

Un (9, 4, 6, 7) pentagone Gog


Conjecture:

Les pentagones Gog et GOGAm de la meme taille sontequienumeres.


Preuves pour les trapezes avec deux diagonales:a droite:

4 5

4 5

3 4

1 3

2


ou a gauche:

1

1

1

2

3

3

3

2

2

4

4

4

4


Merci de votre attention


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