Il rappelé que pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, 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, (H_n)_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.Le contenu qui se trouve [yanniswp_article_link nb= »293″ desc= »dans l’article 293″] a permis d’établir le résultat suivant :
\forall n\geq 2, \det H_{n+1} = \frac{(n !)^4}{(2n) !\times (2n+1) !}\det H_n.Vous allez dans un premier temps déterminer une expression directe de $\det H_5.$
Conjecturez une expression pour $\det H_5$
Vous utilisez la relation de récurrence rappelée dans l’introduction de cet article pour $n=2$, $n=3$ et $n=4$ :
\begin{align*}
\det H_3 &= \frac{(2 !)^4}{4 ! \times 5 !}\det H_2 \\
\det H_4 &= \frac{(3 !)^4}{6 ! \times 7 !}\det H_3 \\
\det H_5 &= \frac{(4 !)^4}{8 ! \times 9 !}\det H_4 \\
\end{align*}En multipliant ces égalités, vous obtenez :
\begin{align*}
\det H_3 \det H_4 \det H_5&= \frac{(2 !)^4(3 !)^4(4 !)^4}{4 ! \times 5 !\times 6 !\times 7 !\times 8 !\times 9 !}\det H_2 \det H_3 \det H_4.
\end{align*}En supposant que $\det H_4\neq 0$ et que $\det H_3\neq 0$ vous obtenez comme conjecture :
\begin{align*}
\det H_5&= \frac{(2 !)^4(3 !)^4(4 !)^4}{4 ! \times 5 !\times 6 !\times 7 !\times 8 !\times 9 !}\det H_2.
\end{align*}Calculez $\det H_2$
\begin{align*}
\det H_2 &= \begin{vmatrix}
1 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\
\end{vmatrix}
\\
&= 1\times \frac{1}{3} - \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\\
&=\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\\
&=\frac{1}{12}.
\end{align*}Comme $2! = 2$ et $3! = 6$ il vient :
\det H_2 = \frac{1}{2 !\times 3 !}.Allez plus loin dans votre conjecture
Vous avez conjecturé que :
\begin{align*}
\det H_5&= \frac{(2 !)^4(3 !)^4(4 !)^4}{2 !\times 3 !\times 4 ! \times 5 !\times 6 !\times 7 !\times 8 !\times 9 !}\\
&= \frac{(1 !)^4(2 !)^4(3 !)^4(4 !)^4}{1 !\times 2 !\times 3 !\times 4 ! \times 5 !\times 6 !\times 7 !\times 8 !\times 9 !}.
\end{align*}En continuant avec $\det H_6$ :
\begin{align*}
\det H_6 &= \frac{5 !}{10 ! \times 11 !}\det H_5
\\ &= \frac{(1 !)^4(2 !)^4(3 !)^4(4 !)^4(5 !)^4}{1 !\times 2 !\times 3 !\times 4 ! \times 5 !\times 6 !\times 7 !\times 8 !\times 9 !\times 10 ! \times 11 !}.
\end{align*}Utilisez une notation pour obtenir une expression plus claire
Vous posez :
\boxed{\forall n\geq 2, \Phi_n = \prod_{i=1}^{n-1}i !.}Pour tout $n\geq 2$, calculez $H_n$
Maintenant, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $\det H_n = \frac{\Phi_n^4}{\Phi_{2n}}.$ »
Initialisation. Pour $n=2.$ Tout d’abord vous calculez :
\Phi_2= \prod_{i=1}^{1}i ! = 1 ! =1.\Phi_4= \prod_{i=1}^{3}i ! = 1 !\times 2 !\times 3 ! =12.Ensuite :
\begin{align*}
\frac{\Phi_2^4}{\Phi_{4}} &=\frac{1^4}{12}
\\
&=\frac{1}{12}\\
&=\det H_2.
\end{align*}
Ainsi $\mathscr{P}(2)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez $\mathscr{P}(n).$
\begin{align*}
\det H_{n+1} &= \frac{(n !)^4}{(2n) !\times (2n+1) !} \times \det H_n\\
&= \frac{(n !)^4}{(2n) !\times (2n+1) !} \times \frac{\Phi_n^4}{\Phi_{2n}}\\
&=\frac{(n !)^4\left(\prod_{i=1}^{n-1}i !\right)^4}{(2n) !\times (2n+1) ! \times \prod_{i=1}^{2n-1}i !}\\
&=\frac{\left(n !\times \prod_{i=1}^{n-1}i !\right)^4}{ \prod_{i=1}^{2n+1}i !}\\
&=\frac{\left(\prod_{i=1}^{n}i !\right)^4}{ \Phi_{2n+2}}\\
&=\frac{\Phi_{n+1}^4}{ \Phi_{2n+2}}\\
&=\frac{\Phi_{n+1}^4}{ \Phi_{2(n+1)}}.
\end{align*}Donc la propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est vérifiée.
Conclusion. Par récurrence, il a été établi que pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, la propriété $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.
Concluez
Pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, vous posez :
\boxed{\forall n\geq 2, \Phi_n = \prod_{i=1}^{n-1}i !.}Alors, pout tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$ :
\boxed{\det H_n = \frac{\Phi_n^4}{\Phi_{2n}}.}Prolongement
Pourriez-vous démontrer que la suite $\left(\frac{1}{\det H_n}\right)_{n\geq 2}$ est bien définie et que c’est une suite d’entiers strictement positifs ?