Dans cet article, nous allons nous intéresser à l’expression du déterminant de Cauchy, qui est un déterminant classique. Cet exercice est abordable en 1ère année dans le supérieur (MPSI / MP2I / L1)
Enoncé
Corrigé
Pour n \geq 2, on pose
\mathcal{C}_n= \begin{vmatrix}
\frac{1}{a_1 +b_1}& \dots & \frac{1}{a_1+b_n} \\
\vdots & \ddots& \vdots \\
\frac{1}{a_n +b_1} & \dots & \frac{1}{a_n +b_n}
\end{vmatrix}
Dans tout cet article, on notera
\begin{align*}
&(C_j)_{j\in[\![1,n]\!]} \; \text{la famille des colonnes de} \; \mathcal{C_n}\\
&(L_i)_{i\in[\![1,n]\!]} \; \text{la famille des lignes de} \; \mathcal{C_n}\\
\end{align*}Notre première manipulation sur ce déterminant est la suivante :
\forall i\in[\![1,n]\!], \; C_j \leftarrow (a_n+b_j)C_j
En fait, on multiplie chaque ligne par une certaine quantité, pour garder l’égalité on divise par cette même quantité. Ainsi,
\mathcal{C_n} = \frac{1}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)}
\begin{vmatrix}
\frac{a_n+b_1}{a_1+b_1}&\frac{a_n+b_2}{a_1+b_2}& \dots & \frac{a_n+b_n}{a_1+b_n} \\
\frac{a_n+b_1}{a_2+b_1}&\frac{a_n+b_2}{a_2+b_2}& \dots & \frac{a_n+b_n}{a_2+b_n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{a_n+b_1}{a_{n-1}+b_1}&\frac{a_n+b_2}{a_{n-1}+b_2}& \dots & \frac{a_n+b_n}{a_{n-1}+b_n}\\
1 & \dots&\dots&1
\end{vmatrix}
Ce qui se réécrit :
\mathcal{C_n} = \frac{1}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)}
\begin{vmatrix}
1+\frac{a_n-a_1}{a_1+b_1}&1+\frac{a_n-a_1}{a_1+b_2}& \dots & 1+\frac{a_n-a_1}{a_1+b_n} \\
1+\frac{a_n-a_2}{a_2+b_1}&1+\frac{a_n-a_2}{a_2+b_2}& \dots & 1+\frac{a_n-a_2}{a_2+b_n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
1+\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}+b_1}&1+\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}+b_2}& \dots & 1+\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}+b_n}\\
1 & \dots&\dots&1
\end{vmatrix}On effectue alors une seconde manœuvre, on soustrait la dernière ligne à toutes les autres :
\forall i\in[\![1,n-1]\!], \; L_i \leftarrow L_i-L_n
Ce qui donne,
\mathcal{C_n} = \frac{1}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)}
\begin{vmatrix}
\frac{a_n-a_1}{a_1+b_1}&\frac{a_n-a_1}{a_1+b_2}& \dots & \frac{a_n-a_1}{a_1+b_n} \\
\frac{a_n-a_2}{a_2+b_1}&\frac{a_n-a_2}{a_2+b_2}& \dots & \frac{a_n-a_2}{a_2+b_n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}+b_1}&\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}+b_2}& \dots & \frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}+b_n}\\
1 & \dots&\dots&1
\end{vmatrix}On factorise ensuite les numérateurs de chaque ligne,
\mathcal{C_n} = \frac{\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_n-a_i)}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)}
\begin{vmatrix}
\frac{1}{a_1+b_1}&\frac{1}{a_1+b_2}& \dots & \frac{1}{a_1+b_n} \\
\frac{1}{a_2+b_1}&\frac{1}{a_2+b_2}& \dots & \frac{1}{a_2+b_n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{1}{a_{n-1}+b_1}&\frac{1}{a_{n-1}+b_2}& \dots & \frac{1}{a_{n-1}+b_n}\\
1 & \dots&\dots&1
\end{vmatrix}On effectue alors une dernière manipulation sur les colonnes :
\forall j\in[\![1,n-1]\!],\; C_j\leftarrow C_j-C_n
Donc,
\mathcal{C_n} = \frac{\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_n-a_i)}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)}
\begin{vmatrix}
\frac{1}{a_1+b_1}-\frac{1}{a_1+b_n}& \dots &\frac{1}{a_1+b_{n-1}}-\frac{1}{a_1+b_n}& \frac{1}{a_1+b_n} \\
\frac{1}{a_2+b_1}-\frac{1}{a_2+b_n}&\dots &\frac{1}{a_2+b_{n-1}}-\frac{1}{a_2+b_n}& \frac{1}{a_2+b_n}\\
\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
\frac{1}{a_{n-1}+b_1}-\frac{1}{a_{n-1}+b_n}& \dots&\frac{1}{a_{n-1}+b_{n-1}}-\frac{1}{a_{n-1}+b_n} & \frac{1}{a_{n-1}+b_n}\\
0 & \dots&0&1
\end{vmatrix}Ce qui se simplifie en,
\mathcal{C_n} = \frac{\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_n-a_i)}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)}
\begin{vmatrix}
\frac{b_n-b_1}{(a_1+b_1)(a_1+b_n)}& \dots &\frac{b_n-b_{n-1}}{(a_1+b_{n-1})(a_1+b_n)}& \frac{1}{a_1+b_n} \\
\frac{b_n-b_1}{(a_2+b_1)(a_2+b_n)}&\dots &\frac{b_n-b_{n-1}}{(a_2+b_{n-1})(a_2+b_n)}& \frac{1}{a_2+b_n}\\
\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
\frac{b_n-b_1}{(a_{n-1}+b_1)(a_{n-1}+b_n)}& \dots&\frac{b_n-b_{n-1}}{(a_{n-1}+b_{n-1})(a_{n-1}+b_n)}& \frac{1}{a_{n-1}+b_n}\\
0 & \dots&0&1
\end{vmatrix}On factorise encore une fois les numérateurs,
\mathcal{C_n} = \frac{\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_n-a_i)\prod_{1\leq j\leq n-1}(b_n-b_j)}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)}
\begin{vmatrix}
\frac{1}{(a_1+b_1)(a_1+b_n)}& \dots &\frac{1}{(a_1+b_{n-1})(a_1+b_n)}& \frac{1}{a_1+b_n} \\
\frac{1}{(a_2+b_1)(a_2+b_n)}&\dots &\frac{1}{(a_2+b_{n-1})(a_2+b_n)}& \frac{1}{a_2+b_n}\\
\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
\frac{1}{(a_{n-1}+b_1)(a_{n-1}+b_n)}& \dots&\frac{1}{(a_{n-1}+b_{n-1})(a_{n-1}+b_n)}& \frac{1}{a_{n-1}+b_n}\\
0 & \dots&0&1
\end{vmatrix}Puis vient le tour des dénominateurs,
\mathcal{C_n} = \frac{\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_n-a_i)\prod_{1\leq j\leq n-1}(b_n-b_j)}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_i+b_n)}
\begin{vmatrix}
\frac{1}{(a_1+b_1)}& \dots &\frac{1}{(a_1+b_{n-1})}& 1 \\
\frac{1}{(a_2+b_1)}&\dots &\frac{1}{(a_2+b_{n-1})}& 1\\
\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
\frac{1}{(a_{n-1}+b_1)}& \dots&\frac{1}{(a_{n-1}+b_{n-1})}& 1\\
0 & \dots&0&1
\end{vmatrix}On développe finalement selon la dernière ligne.
\mathcal{C_n} =\frac{\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_n-a_i)\prod_{1\leq j\leq n-1}(b_n-b_j)}{\prod_{1\leq j\leq n}(a_n+b_j)\prod_{1\leq i\leq n-1}(a_i+b_n)}
\begin{vmatrix}
\frac{1}{a_1+b_1}& \dots &\frac{1}{a_1+b_{n-1}}\\
\frac{1}{a_2+b_1}&\dots &\frac{1}{a_2+b_{n-1}}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{1}{a_{n-1}+b_1}& \dots&\frac{1}{a_{n-1}+b_{n-1}}\\
\end{vmatrix}Le déterminant qu’il nous reste à calculer est semblable au précédent, il est de taille (n-1), on pose alors,
\mathcal{C}_{n-1}=\begin{vmatrix}
\frac{1}{a_1+b_1}& \dots &\frac{1}{a_1+b_{n-1}}\\
\frac{1}{a_2+b_1}&\dots &\frac{1}{a_2+b_{n-1}}\\
\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{1}{a_{n-1}+b_1}& \dots&\frac{1}{a_{n-1}+b_{n-1}}\\
\end{vmatrix}\;\;\text{et}, \; \mathcal{C_1}= \frac{1}{a_1+b_1}En observant bien la formule, et en essayant avec des petites valeurs de “n”, par exemple 3, on se doute du résultat qu’on souhaite obtenir. On le montre alors par récurrence.
Prouvons que :
\forall n\geq2, \;\mathcal{C_n}=\frac{\prod_{1\leq i< j \leq n}(b_i-b_j)(a_i-a_j)}{\prod_{1\leq i,j\leq n}(a_i+b_j)}Voyons l’initialisation,ré
\mathcal{C_2}=\begin{vmatrix}
\frac{1}{a_1 +b_1}& \frac{1}{a_1+b_2} \\
\frac{1}{a_2 +b_1}& \frac{1}{a_2+b_2} \\
\end{vmatrix} = \frac{(a_2+b_1)(a_1-b_2)-(a_1+b_1)(a_2+b_2)}{(a_1+b_1)(a_2+b_1)(a_1+b_2)(a_2+b_2)}
Ce qui se simplifie aisément en,
\mathcal{C_2}=\frac{(b_1-b_2)(a_1-a_2)}{(a_1+b_1)(a_2+b_1)(a_1+b_2)(a_2+b_2)}=\frac{\prod_{1\leq j\leq 2}\prod_{1\leq i\leq j-1}(b_i-b_j)(a_i-a_j)}{\prod_{1\leq j\leq 2}\prod_{1\leq i \leq 2}(a_i+b_j)}Qu’on réécrit,
\mathcal{C_2}=\frac{\prod_{1\leq i< j \leq 2}(b_i-b_j)(a_i-a_j)}{\prod_{1\leq i,j\leq 2}(a_i+b_j)}L’initialisation est donc validée ! Supposons maintenant le résultat vrai à un rang n≥2, et montrons qu’il est vrai au rang n+1
D’après la formule prouvée précédemment,
\mathcal{C_{n+1}} = \frac{\prod_{1\leq i\leq n}(a_{n+1}-a_i)\prod_{1\leq j\leq n}(b_{n+1}-b_j)}{\prod_{1\leq j\leq n+1}(a_{n+1}+b_j)\prod_{1\leq i\leq n}(a_i+b_{n+1})}
\mathcal{C_{n}}Et d’après l’hypothèse de récurrence,
\mathcal{C_{n+1}} = \frac{\color{green}\prod_{1\leq i\leq n}(a_{i}-a_{n+1})\color{blue}\prod_{1\leq j\leq n}(b_j-b_{n+1})}{\color{purple}\prod_{1\leq j\leq n+1}(a_{n+1}+b_j)\prod_{1\leq i\leq n}(a_i+b_{n+1})}
\times \frac{\color{blue}\prod_{1\leq i< j \leq n}(b_i-b_j)\color{green}\prod_{1\leq i< j \leq n}(a_i-a_j)}{\color{purple}\prod_{1\leq i,j\leq n}(a_i+b_j)}On regroupe les termes par couleurs, et on examine chacun des regroupements un par un (histoire que ce soit bien clair, ce n’est pas toujours facile à voir !)
Commençons par les produits verts !
On remarque que :
\prod_{1\leq i< j \leq n+1}(a_i-a_j)=(a_1-a_{n+1})(a_2-a_{n+1})...(a_n-a_{n+1})\prod_{1\leq i< j \leq n}(a_i-a_j)Ce qui correspond à,
\prod_{1\leq i< j \leq n+1}(a_i-a_j)=\color{green}\prod_{1\leq i< j \leq n}(a_i-a_j)\prod_{1\leq i\leq n}(a_i-a_{n+1})De même pour les produits bleus :
\prod_{1\leq i< j \leq n+1}(b_i-b_j)=(b_1-b_{n+1})(b_2-b_{n+1})...(b_n-b_{n+1})\prod_{1\leq i< j \leq n}(b_i-b_j)D’où,
\prod_{1\leq i< j \leq n+1}(b_i-b_j)=\color{blue}\prod_{1\leq i< j \leq n}(b_i-b_j)\prod_{1\leq j\leq n}(b_j-b_{n+1})Jetons un coup d’œil au produit violet, on peut remarquer que :
\prod_{1\leq i,j\leq n+1}(a_i+b_j)=\prod_{(i,j)\in[\![1,n+1]\!]²}(a_i+b_j)=\color{orange}\prod_{(i,j)\in[\![1,n]\!]²}(a_i+b_j)\color{red}\prod_{1\leq k\leq n}(a_k+b_{n+1})\color{springgreen}\prod_{1\leq l\leq n+1}(a_{n+1}+b_l)On peut représenter cette égalité (chacun des termes) dans un tableau, ça peut aider !
\begin{pmatrix}
\color{orange}a_1+b_1&\color{orange} \dots &\color{orange}a_1+b_n&\color{red}a_1+b_{n+1}\\
\color{orange}\vdots&\color{orange}\ddots&\color{orange}\vdots&\color{red}\vdots\\
\color{orange}a_n+b_1& \color{orange}\dots&\color{orange}a_n+b_n&\color{red}a_n+b_{n+1}\\
\color{springgreen}a_{n+1}+b_1& \color{springgreen}\dots &\color{springgreen}a_{n+1}+b_n&\color{springgreen}a_{n+1}+b_{n+1}\\
\end{pmatrix}Donc, en reprenant la couleur violette de tout à l’heure,
\prod_{1\leq i,j\leq n+1}(a_i+b_j)=\color{purple}\prod_{1\leq j\leq n+1}(a_{n+1}+b_j)\prod_{1\leq i\leq n}(a_i+b_{n+1})\color{purple}\prod_{1\leq i,j\leq n}(a_i+b_j)En recollant tous les morceaux :
\mathcal{C_{n+1}}=\frac{\prod_{1\leq i< j \leq n+1}(b_i-b_j)(a_i-a_j)}{\prod_{1\leq i,j\leq n+1}(a_i+b_j)}Ce qui achève notre récurrence et nous confirme la formule du déterminant de Cauchy ! Cela a nécessité pas mal de calculs. Si vous voulez une démonstration de déterminant avec moins de calculs, je vous conseille le déterminant de Vandermonde
Exercice d’application
Correction de l’exercice d’application
C’est en fait un déterminant de Cauchy caché, il suffit d’exhiber les familles (a_i) et (b_j), avec un peu de concentration on remarque que, si on pose :
\forall i\in[\![1,4]\!], \; a_i =a+(i-1)r\;\; \text{et}\;\; \forall j\in[\![1,4]\!], \; b_j =(j-1)r\;\;On obtient directement :
\begin{vmatrix}
\frac{1}{a}& \frac{1}{a+r} & \frac{1}{a +2r}& \frac{1}{a+3r} \\
\frac{1}{a +r}& \frac{1}{a+2r} & \frac{1}{a +3r}& \frac{1}{a+4r} \\
\frac{1}{a+2r}& \frac{1}{a+3r} & \frac{1}{a +4r}& \frac{1}{a+5r} \\
\frac{1}{a+3r}& \frac{1}{a+4r} & \frac{1}{a+5r}& \frac{1}{a+6r} \\
\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}
\frac{1}{a_1+b_1}& \frac{1}{a_1+b_2} & \frac{1}{a_1+b_3}& \frac{1}{a_1+b_4} \\
\frac{1}{a_2+b_1}& \frac{1}{a_2+b_2} & \frac{1}{a_2+b_3}& \frac{1}{a_2+b_4} \\
\frac{1}{a_3+b_1}& \frac{1}{a_3+b_2} & \frac{1}{a_3+b_3}& \frac{1}{a_3+b_4} \\
\frac{1}{a_4+b_1}& \frac{1}{a_4+b_2} & \frac{1}{a_4+b_3}& \frac{1}{a_4+b_4} \\
\end{vmatrix} = \mathcal{C_4 ((a_i),(b_j))}
On utilise alors la formule démontrée précédemment,
\mathcal{C_4 ((a_i),(b_j))}= \frac{\prod_{1\leq i< j \leq 4}(i-j)r\times(i-j)r}{\prod_{1\leq i,j\leq 4}(a+(i+j-2)r)}Qu’on réécrira,
\mathcal{C_4 ((a_i),(b_j))}= \frac{\left(\prod_{1\leq j \leq 4}\prod_{1\leq i \leq j-1}(i-j)r\right)^2}{\prod_{1\leq j\leq 4}\prod_{1\leq i\leq 4}(a+(i+j-2)r)} Le numérateur se développe assez bien,
\mathcal{C_4 ((a_i),(b_j))}= \frac{\left(\prod_{1\leq j \leq 4}(-1)^{j-1}r^{j-1}(j-1)!\right)^2}{\prod_{1\leq j\leq 4}\prod_{1\leq i\leq 4}(a+(i+j-2)r)} Soit,
\mathcal{C_4 ((a_i),(b_j))}= \frac{(r^2)^{\sum_{1\leq j\leq4}j-1}\prod_{1\leq j\leq4}(j-1)!^2}{\prod_{1\leq j\leq 4}\prod_{1\leq i\leq 4}(a+(i+j-2)r)} On calcule ensuite le numérateur.
\mathcal{C_4 ((a_i),(b_j))}= \frac{144r^{12}}{\prod_{1\leq j\leq 4}\prod_{1\leq i\leq 4}(a+(i+j-2)r)} Le dénominateur est un peu plus compliqué à développer, il y a 16 termes qu’on peut facilement regrouper, on donne directement le résultat :
\mathcal{C_4 ((a_i),(b_j))}= \frac{144r^{12}}{a(a+r)^2(a+2r)^3(a+3r)^4(a+4r)^3(a+5r)^2(a+6r)} Nous vous invitons à essayer de simplifier le déterminant précédent, lorsqu’il est de taille n x n, en gardant les mêmes familles (a_i) et (b_j), avec un peu de dénombrement, on peut normalement arriver à une formule “sympathique” pour le dénominateur !
