Probl`emes de Math´ematiques
D´eterminants de Hankel
´Enonc´e
D´eterminants de Hankel
Comme d’habitude, IK d´esigne IR ou lC.
Soit (un) une suite de IK.
Pour tous entiers n et p, on note : M (n, p) =
un+1
un+2
...
un
un+1
...
un+p un+p+1
un+p
. . .
. . . un+p+1
...
. . .
...
un+2p
M (n, p) appartient donc `a Mp+1(IK).
Par exemple, pour tout n de IN,
M (n, 0) = ( un ), M (n, 1) =
(cid:18) un
un+1
un+1 un+2
(cid:19)
, M (n, 2) =
On note ∆(n, p) = det M (n, p).
un
un+1 un+2
un+1 un+2 un+3
un+2 un+3 un+4
Pour tout entier p ≥ 0, on note Sp l’ensemble des suites (un) de IK telles que le d´eterminant
∆(n, p) soit nul pour tout entier n.
L’objet de ce probl`eme est d’´etudier les suites (un) de Sp.
Partie I
Soit A une matrice carr´ee d’ordre n `a coefficients dans IK, avec n ≥ 2.
On note Com A la comatrice de A.
1. Rappeler la valeur du produit (TCom A)A. [ S ]
2. Montrer successivement que :
(a) Si rg A = n, alors rg Com A = n. [ S ]
(b) Si rg A = n − 1, alors rg Com A = 1 (utiliser des applications lin´eaires.) [ S ]
(c) Si rg A ≤ n − 2, alors rg Com A = 0. [ S ]
3. Si on note Aij le cofacteur d’indice (i, j) de la matrice A, montrer que :
det A = 0 ⇒ ∀(i, j, k, l) ∈ {1, . . . , n}4, AikAjl − AilAjk = 0. [ S ]
Partie II
1. Identifier S0. [ S ]
2. Montrer que S1 est l’ensemble des suites g´eom´etriques. [ S ]
3. On suppose qu’il existe p + 1 scalaires non tous nuls a0, a1, . . . , ap tels que, pour tout
entier n, a0un + a1un+1 + · · · + apun+p = 0.
Montrer alors que la suite (un) est ´el´ement de Sp. [ S ]
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Jean-Michel Ferrard
Probl`emes de Math´ematiques
D´eterminants de Hankel
´Enonc´e
Partie III
Dans cette partie, p est un entier fix´e sup´erieur ou ´egal `a 1.
On suppose que la suite (un) est un ´el´ement de Sp. On suppose qu’il existe un entier n0
strictement positif tel que le d´eterminant ∆(n0, p − 1) soit non nul.
1. Montrer que pour tout n de IN : ∆(n + 2, p − 1)∆(n, p − 1) − ∆2(n + 1, p − 1) = 0. [ S ]
2. En d´eduire la nature de la suite n → ∆(n, p − 1), et montrer que pour tout entier naturel
n le d´eterminant ∆(n, p − 1) est non nul. [ S ]
3. Montrer que pour entier n de IN, la matrice Com M (n, p) est de rang 1. Montrer ´egalement
que sa premiere et sa derniere lignes sont non identiquement nulles. [ S ]
4. Montrer que pour tout k de {1, . . . , n}, la derni`ere ligne de Com M (k, p) est ´egale ou
oppos´ee a la premiere ligne de Com M (k − 1, p). [ S ]
5. En d´eduire que la premiere ligne de Com M (n, p) est un multiple non nul de la derniere
ligne de Com M (0, p). [ S ]
6. En d´eveloppant ∆(n, p), montrer qu’il existe p + 1 scalaires a0, a1, . . . , ap, avec a0 6= 0 et
ap 6= 0, tels que : ∀n ∈ IN, a0un + a1un+1 + · · · + apun+p = 0. [ S ]
Partie IV
1. D´eterminer les suites (un) telles que pour tout n de IN :
avec u0 = 2, u1 = 1, u2 = 3, u3 = 4. [ S ]
2. Pour tous entiers n et p, calculer le d´eterminant
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
un
un+1 un+2
un+1 un+2 un+3
un+2 un+3 un+4
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= 0,
D(n, p) =
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
n2
(n + 1)2
...
(n + p)2
(n + 1)2
(n + 2)2
...
(n + p + 1)2
. . .
. . .
...
. . .
(n + p)2
(n + p + 1)2
...
(n + 2p)2
(cid:12)
Publicité
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
[ S ]
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Probl`emes de Math´ematiques
D´eterminants de Hankel
Corrig´e
Corrig´e du probl`eme
Partie I
1. C’est du cours : (TCom A)A = (det A)In. [ Q ]
2.
(a) L’´egalit´e pr´ec´edente donne det(TCom A) · det A = (det A)n.
Ainsi det Com A = (det A)n−1 puisque det A 6= 0.
[ Q ]
La comatrice de A, de d´eterminant non nul, est donc de rang n (inversible.)
(b) On munit IKn de sa base canonique (e).
TCom A et A sont alors les matrices des endomorphismes respectifs g et f .
L’´egalit´e (TCom A)A = (det A)In = 0n s’´ecrit g ◦ f = 0.
Cette ´egalit´e exprime l’inclusion Im f ⊂ Ker g.
Par hypoth`ese rg f = n − 1, et donc dim Ker g ≥ n − 1.
Puisque le rang de f (c’est-a-dire celui de A, c’est-a-dire l’ordre du plus grand
d´eterminant extrait non nul de A) est ´egal `a n − 1, l’un au moins des cofacteurs
de A est non nul. Autrement dit Com A 6= 0, et donc g 6= 0.
L’in´egalit´e dim Ker g ≥ n−1 est donc une ´egalit´e. Ainsi rg g = n−dim Ker g = 1. [ Q ]
(c) Si rg A < n − 1, tous les d´eterminants d’ordre n − 1 extraits de A sont nuls.
La comatrice de A est donc nulle : rg Com A = 0.
[ Q ]
3. Si det A = 0, on sait maintenant que Com A est de rang inf´erieur ou ´egal `a 1.
En particulier, tous ses d´eterminants extraits d’ordre 2 sont nuls.
Autrement dit, pour tous indices i, j, k, l avec i 6= j et k 6= l, on a :
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Aik Ail
Ajk Ajl
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= AikAjl − AilAjk = 0
Si i = j ou si k = l, ce r´esultat est encore vrai (il est mˆeme ´evident.) [ Q ]
Partie II
1. S0 est l’ensemble des suites (un) de IK telles que ∆(n, 0) = 0 pour tout entier n.
Or ∆(n, 0) = un : l’ensemble S0 se r´eduit donc `a la suite nulle.
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
un+1
un
un+1 un+2
2. Pour tout entier n, ∆(n, 1) =
= unun+2 − u2
n+1.
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
[ Q ]
S1 est donc l’ensemble des suites (un) de IK telles que unun+2 = u2
[ Q ]
On sait que cette ´egalit´e caract´erise les suites g´eom´etriques.
3. Si on ´ecrit cette ´egalit´e aux rangs n, n + 1, . . . , n + p, on obtient :
n+1 pour tout entier n.
a0
un
un+1
...
un+p
+ a1
un+1
un+2
...
un+p+1
+ · · · + ap
un+p
un+p+1
...
un+2p
= 0
Cette ´egalit´e exprime que les colonnes du d´eterminant ∆(n, p) sont li´ees.
Ainsi ∆(n, p) = 0 pour tout n, ce qui signifie que la suite (un) est dans Sp.
[ Q ]
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D´eterminants de Hankel
Corrig´e
Partie III
1. Notons Aij le cofacteur d’indice (i, j) de la matrice M (n, p).
un+2
...
un+p+1
. . . un+p+1
. . .
. . .
Il est clair que : A11 =
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= ∆n+2,p−1
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
et que : Ap+1,p+1 =
= ∆n,p−1
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
un
...
un+p−1
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
un+p−1
...
...
un+2p
(cid:12)
. . .
(cid:12)
(cid:12)
. . .
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
. . . un+2p−2
un+1
...
un+p
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
D’autre part A1,p+1 = Ap+1,1 = (−1)p
un+p
...
. . .
. . .
. . . un+2p−1
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= (−1)p∆n+1,p−1
Par hypoth`ese la matrice M (n, p) est non inversible. On peut donc appliquer la question
(I.3) qui donne en particulier : A11Ap+1,p+1 − A1,p+1Ap+1,1 = 0.
Compte tenu ce qui pr´ec`ede, cette relation s’´ecrit :
∆(n + 2, p − 1)∆(n, p − 1) − ∆2(n + 1, p − 1) = 0.
[ Q ]
2. Le r´esultat pr´ec´edent exprime que la suite de terme g´en´eral δn = ∆(n, p − 1) v´erifie, pour
n+1 : on reconnait la caract´erisation des suites g´eom´etriques.
tout entier n, δn+2δn = δ2
La suite n → ∆(n, p − 1) est donc g´eom´etrique, et son terme d’indice n0 ≥ 1 est non nul.
Cela implique `a la fois que le premier terme et que la raison de cette suite sont non nuls :
il en est alors ainsi de tous les termes.
Ainsi, pour tout entier naturel n, le d´eterminant ∆(n, p − 1) est non nul.
[ Q ]
3. Pour entier n de IN, la matrice M (n, p) (qui est carr´ee d’ordre p + 1) est de rang p : en
effet son d´eterminant est nul, mais certains de ses d´eterminants extraits d’ordre p sont
non nuls (par exemple ∆(n + 1, p − 1) qui est le mineur du coefficient d’indice (1, 1).)
En utilisant la partie I, on en d´eduit que la comatrice de M (n, p) est de rang 1.
Le premier coefficient de la premi`ere ligne de Com M (n, p) est ∆(n + 1, p − 1), qui est
non nul.
Le dernier coefficient de la derni`ere ligne de Com M (n, p) est ∆(n, p − 1), qui est non nul.
La premiere et la derniere lignes de Com M (n, p) sont donc non identiquement nulles.
[ Q ]
4. Soit k un entier compris entre 1 et n.
Les deux matrices suivantes sont carr´ees d’ordre p + 1 :
M (k, p) =
uk
...
uk+p−1
uk+p
M (k − 1, p) =
uk+1
...
uk+p
uk+p+1
uk+p
...
. . .
...
. . . uk+2p−1
uk+2p
. . .
uk−1
uk
...
uk
uk+1
...
uk+p−1 uk+p
uk+p−1
uk+p
...
. . .
. . .
...
. . . uk+2p−1
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D´eterminants de Hankel
Corrig´e
On voit que les lignes 1, 2, . . . , p de M (k, p) sont les lignes 2, 3, . . . , p + 1 de M (k − 1, p).
Ainsi pour tout j de {1, . . . , p + 1}, le mineur d’indice (p + 1, j) de M (k, p) est ´egal au
mineur d’indice (1, j) de M (k − 1, p).
On passe des mineurs aux cofacteurs en multipliant par (−1)i, o`u i est l’indice de ligne.
Pour tout j de {1, . . . , p + 1}, le cofacteur d’indice (p + 1, j) de M (k, p) est donc ´egal au
produit par (−1)p du cofacteur d’indice (1, j) de M (k − 1, p).
Autrement dit : la derni`ere ligne de Com M (k, p) est ´egale au produit par (−1)p de la
premi`ere ligne de Com M (k − 1, p).
[ Q ]
5. Pour tout entier naturel k, la matrice Com M (k, p) est de rang 1. En particulier sa
premiere et sa derniere ligne sont proportionnelles. Mais on sait que ces deux lignes
sont non nulles.
Ainsi la premiere ligne de Com M (k, p) est un multiple non nul de la derniere ligne de
Com M (k, p), elle mˆeme ´egale ou oppos´ee a la premiere ligne de Com M (k − 1, p) si k ≥ 1.
Par une r´ecurrence finie descendante, on voit donc que la premi`ere ligne de Com M (n, p)
est un multiple non nul de la la premi`ere ligne de Com M (0, p), qui est elle-mˆeme un
multiple non nul de la derni`ere ligne de Com M (0, p) : c’est ce qu’il fallait d´emontrer.
[ Q ]
6. Notons A1,1, A1,2, . . . , A1,p+1 les cofacteurs des coefficients de la premi`ere ligne de M (n, p) :
ils forment la premi`ere ligne de Com M (n, p).
Le d´eveloppement de ∆(n, p) (dont la valeur est 0) par rapport a la premiere ligne s’´ecrit :
A1,1un + A1,2un+1 + · · · + A1,p+1un+p = 0
Mais on sait que la premi`ere ligne (A1,1, A1,2, . . . , A1,p+1) de Com M (n, p) est un multiple
par un coefficient λ non nul de la derni`ere ligne de Com M (0, p), que nous noterons ici
(a0, a1, . . . , ap).
L’´egalit´e pr´ec´edente s’´ecrit donc (apr`es simplification par λ) :
a0un + a1un+1 + · · · + apun+p = 0
L’int´erˆet de ce r´esultat est que les coefficients a0, a1, . . . , ap ne d´ependent pas de n.
L’´egalit´e pr´ec´edente traduit donc une relation de r´ecurrence (ind´ependante de n), lin´eaire
et “de pas p + 1” c’est-`a-dire reliant p + 1 termes successifs quelconques de la suite (u).
Il reste a v´erifier que cette relation est r´eellement de pas p + 1, ce qui revient a prouver
que les coefficients extrˆemes a0 et ap sont non nuls.
En effet la matrice M (0, p) s’´ecrit
u1
...
up
up+1
u0
...
up−1
up
up
...
up
...
. . .
...
. . . u2p−1
u2p
. . .
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
On en d´eduit a0 = (−1)p
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Ainsi a0 = (−1)p∆1,p−1 et ap = (−1)p∆0,p−1 : ces coefficients sont donc non nuls. [ Q ]
. . .
. . .
. . . u2p−1
. . .
. . .
. . . u2p−2
u0
...
up−1
et ap = (−1)p
up−1
...
u1
...
up
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
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D´eterminants de Hankel
Corrig´e
Partie IV
1. Par hypoth`ese, on a donc ∆(n, 2) = 0, pour tout entier naturel n.
On remarque d’autre part que ∆(1, 1) =
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
u1 u2
u2 u3
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
=
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
1 3
3 4
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= −5 6= 0.
Publicité
On est donc dans les conditions du d´ebut de la partie III : il existe trois coefficients
a0, a1, a2, avec a0 6= 0 et a2 6= 0 tels que, pour tout entier n : a0un + a1un+1 + a2un+2 = 0.
En divisant par a2, on voit qu’il existe α, β tels que, pour tout n de IN, un+2 = αun+1+βun.
Avec n = 0 et n = 1, on trouve
(cid:26) α + 2β = 3
3α + β = 4
Donc les suites cherch´ees v´erifient, pour tout n de IN : un+2 − un+1 − un = 0.
R´eciproquement, si une telle relation est v´erifi´ee pour tout n, alors les ∆(n, 2) sont nuls.
5
(cid:26) α = 1
β = 1
, c’est-`a-dire
√
√
5
L’´equation caract´eristique est t2 −t−1 = 0 et ses racines sont r =
Il existe donc λ et µ tels que, pour tout n : un = λrn + µsn.
1 −
2
et s =
.
1 −
2
Avec n = 0 et n = 1, on obtient
(cid:26) λ + µ = 2
λr + µs = 1
,
c’est-`a-dire
(cid:26) λ + µ = 2
λ − µ = 0
, puis
(cid:26) λ = 1
µ = 1
.
Conclusion : Il existe une suite unique (un) satisfaisant aux hypoth`eses indiqu´ees.
(cid:16) 1 +
2
Elle est d´efinie par un =
(cid:16) 1 −
2
[ Q ]
(cid:17)n
(cid:17)n
√
√
+
5
5
.
2. On constate que D(n, p) = ∆(n, p), avec un = n2.
Cette suite v´erifie :
un+3 − un = (n + 3)2 − n2 = 3(2n + 3), et un+2 − un+1 = (n + 2)2 − (n + 1)2 = 2n + 3.
Elle satisfait donc `a la relation de r´ecurrence lin´eaire : un+3 − 3un+2 + 3un+1 − un = 0.
Cette suite est donc dans Sp pour tout p ≥ 2.
Les d´eterminants D(n, p) sont donc nuls si p ≥ 2.
Enfin D(n, 0) = n2 et D(n, 1) =
= −(2n2 + 4n + 1).
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
n2
(n + 1)2
(n + 1)2
(n + 2)2
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Remarque : il n’est pas vraiment n´ecessaire d’avoir fait tout ce qui pr´ec`ede pour com-
prendre pourquoi le d´eterminant D(n, p) est nul quand p ≥ 2.
En effet, les colonnes de D(n, p) s’´ecrivent :
(n + j)2
(n + 1 + j)2
...
(n + p + j)2
=
n2
(n + 1)2
...
(n + p)2
+ 2j
n
n + 1
...
n + p
+ j2
1
1
...
1
Les colonnes de D(n, p), qui sont donc combinaisons lin´eaires de trois colonnes constantes,
sont n´ecessairement li´ees si l’ordre du p + 1 du d´eterminant est au moins ´egal `a 3.
On retrouve ainsi que le d´eterminant D(n, p) est nul quand p ≥ 2.
[ Q ]
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