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}.
Un autre article a permis d’établir le résultat suivant :
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 293.
\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 ce contenu pour $n=2\comma$ $n=3$ 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 $\det H_3\neq 0\comma$ 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 $3! = 6\comma$ 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!)^4}{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 $n\geq 2\comma$ calculez $\det H_n$
Maintenant, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $\det H_n = \frac{\Phi_n^4}{\Phi_{2n}}$ ».
Initialisation. Pour $n=2\comma$ vous calculez d’abord :
\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 $2\comma$ la propriété $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.
Concluez
Pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ vous posez :
\boxed{\forall n\geq 2, \Phi_n = \prod_{i=1}^{n-1}i!.}
Alors, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ vous avez :
\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 ?
