Il est rappelé que, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ la matrice de Hilbert d’ordre $n$ est la matrice réelle carrée notée $H_n$ qui est définie par :
\forall (i,j)\in\llbracket1, n\rrbracket^2, (H_n)_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.
Par exemple, la matrice $H_4$ est définie par :
H_4 = \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{pmatrix}.
La matrice $H_3$ est définie par :
H_3 = \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}
\end{pmatrix}.
Déterminez une relation de récurrence entre $\det H_4$ et $\det H_3$
Vu que la matrice $H_3$ peut être extraite de la matrice $H_4$ à partir du bloc supérieur $3\times 3$ placé à gauche, il semble légitime de chercher à calculer le déterminant de $H_4$ en fonction du déterminant de $H_3.$
Étant donné qu’un déterminant ne change pas suite à une opération de transvection appliquée sur les lignes ou les colonnes, vous commencez par l’opération $C_3\leftarrow C_3-C_4$ :
\begin{align*}
\det H_4 &= \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3}-\frac{1}{4} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}-\frac{1}{5}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}-\frac{1}{6}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}- \frac{1}{7}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}
\\
&= \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}.
\end{align*}
Vous poursuivez avec l’opération $C_2\leftarrow C_2-C_4$ en laissant volontairement les fractions non simplifiées pour garder les mêmes dénominateurs sur la colonne $2$ :
\begin{align*}
\det H_4 &= \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} -\frac{1}{4} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} – \frac{1}{5}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} – \frac{1}{6}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5} – \frac{1}{7}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}
\\
&=\begin{vmatrix}
1 & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{2}{35}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}.
\end{align*}
Vous effectuez l’opération $C_1\leftarrow C_1-C_4$ :
\begin{align*}
\det H_4 &= \begin{vmatrix}
1- \frac{1}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2}- \frac{1}{5} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} – \frac{1}{6}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} – \frac{1}{7}& \frac{2}{35}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}
\\
&=\begin{vmatrix}
\frac{3}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{3}{10} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{3}{18}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
\frac{3}{28}& \frac{2}{35}& \frac{1}{42}& \frac{1}{7}
\end{vmatrix}.
\end{align*}
Vous constatez que les dénominateurs de la première ligne sont tous des multiples de $4\comma$ ceux de la deuxième ligne sont tous des multiples de $5\comma$ ceux de la troisième ligne sont des multiples de $6\comma$ ceux de la quatrième ligne sont des multiples de $7.$ Le déterminant étant une forme multilinéaire, il vient :
\begin{align*}
\det H_4
&=\frac{1}{4}\times \frac{1}{5}\times \frac{1}{6}\times \frac{1}{7}\times \begin{vmatrix}
\frac{3}{1} & \frac{2}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{3}{2} & \frac{2}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{3}{3}& \frac{2}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
\frac{3}{4}& \frac{2}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}.
\end{align*}
Les numérateurs de la première colonne sont des multiples de $3$ et ceux de la deuxième colonne sont des multiples de $2.$ Ainsi :
\begin{align*}
\det H_4
&=\frac{2\times 3}{4\times 5 \times 6\times7}\times \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
\frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{(2\times 3)^2}{7!}\times \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
\frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{(3!)^2}{7!}\times \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
\frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}.
\end{align*}
Posez :
D_4 = \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & 1\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}& 1\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}& 1\\
\frac{1}{4}& \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& 1
\end{vmatrix}.
Comme le déterminant d’une matrice est égal à celui de sa transposée, vous avez :
D_4 = \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
1 & 1& 1& 1
\end{vmatrix}.
Vous effectuez les mêmes opérations élémentaires que précédemment, à savoir $C_3\leftarrow C_3-C_4$ puis $C_2\leftarrow C_2-C_4$ et $C_1\leftarrow C_1-C_4$ :
D_4 = \begin{vmatrix}
\frac{3}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} & \frac{1}{4}\\
\frac{3}{10} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}& \frac{1}{5}\\
\frac{3}{18}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}& \frac{1}{6}\\
0& 0& 0& 1
\end{vmatrix}.
En développant ce déterminant par rapport à la dernière ligne, il vient :
D_4 = \begin{vmatrix}
\frac{3}{4} & \frac{2}{8} & \frac{1}{12} \\
\frac{3}{10} & \frac{2}{15}& \frac{1}{20}\\
\frac{3}{18}& \frac{2}{24}& \frac{1}{30}
\end{vmatrix}.
Puis vous factorisez la ligne $1$ par $\frac{1}{4}\comma$ la ligne $2$ par $\frac{1}{5}$ et la ligne $3$ par $\frac{1}{6}$ :
D_4 = \frac{1}{4\times 5\times 6}\begin{vmatrix}
\frac{3}{1} & \frac{2}{2} & \frac{1}{3} \\
\frac{3}{2} & \frac{2}{3}& \frac{1}{4}\\
\frac{3}{3}& \frac{2}{4}& \frac{1}{5}
\end{vmatrix}.
Vous factorisez la colonne $1$ par $3$ et la colonne $2$ par $2$ :
\begin{align*}
D_4 &= \frac{2\times 3}{4\times 5\times 6}\begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}& \frac{1}{4}\\
\frac{1}{3}& \frac{1}{4}& \frac{1}{5}
\end{vmatrix}\\
&= \frac{2\times 3}{4\times 5\times 6}\det H_3
\\
&= \frac{(2\times 3)^2}{6!}\det H_3\\
&= \frac{(3!)^2}{6!}\det H_3.
\end{align*}
Comme :
\begin{align*}
\det H_4
&=\frac{(3!)^2}{7!}\times D_4\\
&=\frac{(3!)^2}{7!}\times \frac{(3!)^2}{6!}\det H_3.
\end{align*}
vous déduisez :
\boxed{\det H_4 =\frac{(3!)^4}{{6!}\times{7!}}\det H_3.}
Le problème étant dégrossi, il reste à passer au cas général.
Déterminez une relation de récurrence entre $\det H_{n+1}$ et $\det H_n$
Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$
Première partie
Par définition de la matrice $H_{n+1}\comma$ vous avez :
\forall (i,j)\in\llbracket1, n+1\rrbracket^2, (H_{n+1})_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.
Vous appliquez à la matrice $H_{n+1}$ la succession d’opérations élémentaires suivante :
\left\{\begin{align*}
C_n&\leftarrow C_n-C_{n+1}\\
C_{n-1}&\leftarrow C_{n-1}-C_{n+1}\\
\vdots & \\
C_1&\leftarrow C_1-C_{n+1}.
\end{align*}
\right.
Vous appelez $K_{n+1}$ la matrice obtenue.
Pour tout $i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket$ et pour tout $j\in\llbracket 1,n \rrbracket\comma$ le coefficient $(K_{n+1})_{i,j}$ est égal à :
\begin{align*}
(K_{n+1})_{i,j} &= (H_{n+1})_{i,j} – (H_{n+1})_{i,n+1}\\
&=\frac{1}{i+j-1}-\frac{1}{i+n}\\
&=\frac{i+n}{(i+j-1)(i+n)}-\frac{i+j-1}{(i+n)(i+j-1)}\\
&=\frac{n+1-j}{(i+n)(i+j-1)}.
\end{align*}
Pour tout $i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket\comma$ vous avez :
\begin{align*}
(K_{n+1})_{i,n+1} &= (H_{n+1})_{i,n+1}\\
&=\frac{1}{i+n}.
\end{align*}
Les opérations élémentaires de transvection utilisées ne changeant pas le déterminant initial, vous obtenez :
\det H_{n+1} = \det K_{n+1}.
Vous constatez que, pour tout $i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket\comma$ la ligne $i$ est factorisable par $\frac{1}{i+n}.$
Soit $L_{n+1}$ la matrice définie par :
\begin{align*}
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, \forall j\in\llbracket 1,n \rrbracket, (L_{n+1})_{i,j}=\frac{n+1-j}{i+j-1}
\\
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (L_{n+1})_{i,n+1}=1.
\end{align*}
Vous obtenez :
\begin{align*}
\det K_{n+1} &=\left( \prod_{i=1}^{n+1}\frac{1}{i+n}\right) \det L_{n+1} \\
&=\left( \prod_{i=n+1}^{2n+1}\frac{1}{i}\right) \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n} i}\left( \prod_{i=n+1}^{2n+1}\frac{1}{i}\right) \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n} i}\frac{1}{\prod_{i=n+1}^{2n+1}i} \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{2n+1} i} \det L_{n+1} \\
&=\frac{n!}{(2n+1)!} \det L_{n+1}.
\end{align*}
Quant à la matrice $L_{n+1}\comma$ vous constatez que, pour tout $j\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ la colonne $j$ est factorisable par $n+1-j.$ Notez $H’_{n+1}$ la matrice définie par :
\begin{align*}
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, \forall j\in\llbracket 1,n \rrbracket, (H'_{n+1})_{i,j}=\frac{1}{i+j-1}
\\
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (H'_{n+1})_{i,n+1}=1.
\end{align*}
La matrice $H’_{n+1}$ est la matrice $H_{n+1}$ dans laquelle la colonne $n+1$ a été remplacée par une colonne comportant tous ses coefficients égaux à $1.$
Les factorisations évoquées conduisent à :
\det L_{n+1} =\left( \prod_{j=1}^n (n+1-j) \right)\det H'_{n+1}.
Vous effectuez le changement de variable $k = n+1-j$ dans le produit. Quand $j=1\comma$ $k=n$ et quand $j=n\comma$ $k=1\comma$ du coup :
\begin{align*}
\det L_{n+1} &=\left( \prod_{k=1}^nk \right)\det H'_{n+1}\\
&= (n!)\det H'_{n+1}.
\end{align*}
Vous déduisez :
\begin{align*}
\det H_{n+1} &= \det K_{n+1} \\
&=\frac{n!}{(2n+1)!} \det L_{n+1} \\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det H'_{n+1}.
\end{align*}
Seconde partie
Notez $D_{n+1}$ la transposée de la matrice $H’_{n+1}.$
Alors :
\forall i\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, \forall j\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (D_{n+1})_{i,j}=(H'_{n+1})_{j,i}.
Pour $i = n+1\comma$ il vient :
\forall j\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (D_{n+1})_{n+1,j}=(H'_{n+1})_{j,n+1} = 1.
Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ vous avez :
\forall j\in\llbracket 1, n+1\rrbracket, (D_{n+1})_{i,j}=(H'_{n+1})_{j,i} = \frac{1}{j+i-1} = \frac{1}{i+j-1}.
L’opération de transposition laisse invariant le déterminant, donc :
\det H'_{n+1} = \det D_{n+1}.
La matrice $D_{n+1}$ coïncide avec la matrice $H_{n+1}$ sur ses $n$ premières lignes, sa dernière ligne ne contenant que des coefficients égaux à $1.$
Vous appliquez à la matrice $D_{n+1}$ la succession d’opérations élémentaires suivante, comme dans la première partie.
\left\{\begin{align*}
C_n&\leftarrow C_n-C_{n+1}\\
C_{n-1}&\leftarrow C_{n-1}-C_{n+1}\\
\vdots & \\
C_1&\leftarrow C_1-C_{n+1}.
\end{align*}
\right.
Vous appelez $K’_{n+1}$ la matrice obtenue. Les transvections utilisées ne modifient pas le déterminant. Donc :
\det D_{n+1} = \det K'_{n+1}.
Tout d’abord, pour la ligne $n+1$ de $K’_{n+1}\comma$ vous avez :
\begin{align*}
\forall j\in\llbracket 1, n\rrbracket, (K'_{n+1})_{n+1,j} = 0\\
(K'_{n+1})_{n+1,n+1} = 1.
\end{align*}
Pour les autres lignes, pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$ et pour tout $j\in\llbracket 1,n \rrbracket\comma$ le coefficient $(K’_{n+1})_{i,j}$ est égal à :
\begin{align*}
(K'_{n+1})_{i,j} &= (D_{n+1})_{i,j} – (D_{n+1})_{i,n+1}\\
&= (H_{n+1})_{i,j} – (H_{n+1})_{i,n+1}\\
&=\frac{n+1-j}{(i+n)(i+j-1)}.
\end{align*}
Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ vous factorisez la ligne $i$ par $\frac{1}{i+n}.$ Puis, pour tout $j\in\llbracket 1, n\rrbracket\comma$ vous factorisez la colonne $j$ par $n+1-j.$
La matrice obtenue est notée $K »_{n+1}.$ Il existe une matrice colonne $C_n$ de $M_{n,1}(\R)$ (dont les coefficients importent peu) et une matrice ligne $O_n\in M_{1,n}(\R)$ identiquement nulle telles que :
K''_{n+1} = \begin{pmatrix}
\begin{array}{c|c}
H_n & C_n\\\hline
O_n & 1
\end{array}
\end{pmatrix}.
D’une part, les factorisations fournissent :
\begin{align*}
\det K'_{n+1} &= \left(\prod_{i=1}^n \frac{1}{i+n}\right) \left(\prod_{j=1}^n (n+1-j)\right) \det K''_{n+1}\\
&= \left(\prod_{i=n+1}^{2n} \frac{1}{i}\right) \left(\prod_{j=1}^n j\right) \det K''_{n+1}\\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n}i} \left(\prod_{i=n+1}^{2n} \frac{1}{i}\right) \left(\prod_{j=1}^n j\right) \det K''_{n+1}\\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n}i}\frac{1}{ \prod_{i=n+1}^{2n} i} \left(\prod_{j=1}^n j\right) \det K''_{n+1}\\
&=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{2n}i}\times (n!) \det K''_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n)!} \det K''_{n+1}.
\end{align*}
En développant le déterminant de $K »_{n+1}$ par rapport à la dernière ligne, il vient :
\det K''_{n+1} = \det H_n.
En définitive :
\begin{align*}
\det H_{n+1} &=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det H'_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det D_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \det K'_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^2}{(2n+1)!} \times \frac{(n!)^2}{(2n)!} \det K''_{n+1}\\
&=\frac{(n!)^4}{(2n)!\times (2n+1)!} \det H_{n}.
\end{align*}
Concluez
La relation de récurrence est ainsi trouvée :
\boxed{\forall n\geq 2, \det H_{n+1} = \frac{(n!)^4}{(2n)!\times (2n+1)!}\det H_n.}
Prolongement
À partir de la relation de récurrence obtenue, pourriez-vous déterminer, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ une expression de $\det H_n$ en fonction de $n$ ?
Pour en savoir davantage, vous êtes invité à lire un autre article.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 294.
