Soit $n\geqslant2$ et $x_1,\dots,x_n\in\mathbb K$. On note $V(x_1,\dots,x_n)$ le déterminant de Vandermonde.
- Soit $P_0,\dots,P_{n-1}\in\mathbb K[X]$ tels que, pour tout $k$, $P_k$ soit unitaire de degré $k$. Montrer que $$\det\big(P_{j-1}(x_i)\big)_{1\leqslant i,j\leqslant n}=V(x_1,\dots,x_n).$$
- On pose $H_0=1$ et, pour $k\geqslant1$, $H_k=\dfrac{X(X-1)\cdots(X-k+1)}{k!}$. Montrer que $H_k(m)=\binom mk$ pour tous entiers $m,k\geqslant0$ (avec $\binom mk=0$ si $k>m$).
- Montrer que $\det\big(H_{j-1}(x_i)\big)_{1\leqslant i,j\leqslant n}=\dfrac{V(x_1,\dots,x_n)}{\prod_{k=0}^{n-1}k!}$.
- Calculer $V(1,2,\dots,n)$ et en déduire que $\det\Big(\binom i{j-1}\Big)_{1\leqslant i,j\leqslant n}=1$.
- En déduire que la matrice $B_n=\Big(\binom i{j-1}\Big)_{1\leqslant i,j\leqslant n}$ est inversible et que $B_n^{-1}$ est à coefficients entiers.
Écrire $P_{j-1}=X^{j-1}+\sum_{k<j-1}c_{j,k}X^k$ et transformer les colonnes de gauche à droite, pour que les colonnes utilisées soient déjà des colonnes de puissances.
Pour $k>m$, l'un des facteurs $m,m-1,\dots,m-k+1$ est nul.
Le polynôme $k!\,H_k$ est unitaire de degré $k$ ; pour $V(1,\dots,n)$, regrouper les facteurs selon $j$.
- Notons $C_j$ la colonne $(P_{j-1}(x_i))_{1\leqslant i\leqslant n}$ et $W_k=(x_i^{\,k})_{1\leqslant i\leqslant n}$. On écrit $P_{j-1}=X^{j-1}+\sum_{k=0}^{j-2}c_{j,k}X^k$, donc $C_j=W_{j-1}+\sum_{k=0}^{j-2}c_{j,k}W_k$. Comme $P_0=1$, $C_1=W_0$.
On effectue successivement, pour $j=2,3,\dots,n$ : $$C_j\leftarrow C_j-\sum_{k=0}^{j-2}c_{j,k}C_{k+1}.$$ Montrons par récurrence qu'avant l'étape $j$, les colonnes $1$ à $j-1$ valent $W_0,\dots,W_{j-2}$. C'est vrai pour $j=2$. À l'étape $j$, on obtient $C_j-\sum_{k}c_{j,k}W_k=W_{j-1}$, ce qui propage la propriété. Chaque opération ajoute à $C_j$ une combinaison linéaire des autres colonnes : le déterminant ne change pas. La matrice finale est $(x_i^{\,j-1})$, donc le déterminant vaut $V(x_1,\dots,x_n)$.
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Pour $k=0$, $H_0(m)=1=\binom m0$. Pour $k\geqslant1$ et $k\leqslant m$ : $H_k(m)=\dfrac{m(m-1)\cdots(m-k+1)}{k!}=\dfrac{m!}{k!\,(m-k)!}=\binom mk$. Pour $k>m$ : $m-k+1\leqslant0\leqslant m$, donc l'entier $0$ figure parmi les facteurs $m,m-1,\dots,m-k+1$ et $H_k(m)=0=\binom mk$.
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Posons $Q_0=1$ et $Q_k=X(X-1)\cdots(X-k+1)=k!\,H_k$ pour $k\geqslant1$ : $Q_k$ est unitaire de degré $k$. La colonne $j$ de $(H_{j-1}(x_i))$ est $\frac1{(j-1)!}$ fois la colonne $j$ de $(Q_{j-1}(x_i))$. Par linéarité par rapport à chaque colonne, puis par la question 1 : $$\det\big(H_{j-1}(x_i)\big)=\prod_{j=1}^n\frac1{(j-1)!}\det\big(Q_{j-1}(x_i)\big)=\frac{V(x_1,\dots,x_n)}{\prod_{k=0}^{n-1}k!}.$$
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Avec $x_i=i$ : $$V(1,\dots,n)=\prod_{1\leqslant i<j\leqslant n}(j-i)=\prod_{j=2}^n\ \prod_{i=1}^{j-1}(j-i)=\prod_{j=2}^n(j-1)!=\prod_{k=1}^{n-1}k!=\prod_{k=0}^{n-1}k!.$$ D'après la question 2, $H_{j-1}(i)=\binom i{j-1}$. La question 3 donne alors $\det\Big(\binom i{j-1}\Big)=1$. Contrôle pour $n=3$ : $\det\begin{pmatrix}1&1&0\\1&2&1\\1&3&3\end{pmatrix}=1\cdot(6-3)-1\cdot(3-1)+0=1$.
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$\det B_n=1\neq0$, donc $B_n$ est inversible et $B_n^{-1}=\frac1{\det B_n}\mathrm{Com}(B_n)^T=\mathrm{Com}(B_n)^T$. Les coefficients de $B_n$ sont des entiers ; les cofacteurs, déterminants de matrices extraites au signe près, sont des sommes de produits d'entiers, donc des entiers. Ainsi $B_n^{-1}\in\mathcal M_n(\mathbb Z)$.
$\det(P_{j-1}(x_i))=V(x_1,\dots,x_n)$ ; $V(1,\dots,n)=\prod_{k=1}^{n-1}k!$ ; $\det\big(\binom i{j-1}\big)=1$