• Lorsque u est de la forme (2k + 1)p, (k ∈ Z), l’équation (E) a une unique racine
r = −1 et il existe deux constantes complexes A et B telles que ∀n ∈ N
∗ ,
D n = (−1)
n (A + Bn). Les conditions initiales D 0 = 1 et D 1 = −2 donnent alors
D n = (−1)
n (1 + n).
Exercice 5.17
(Déterminant de Cauchy) Ã
Soient n un entier supérieur ou égal à 2 et a 1 , a 2 , . . . , a n , b 1 , b 2 , . . . , b n des
nombres complexes tels que a i + b j = 0 pour tout i et pour tout j.
Calculer le déterminant K n =
1
a 1 + b 1
1
a 1 + b 2
. . .
1
a 1 + b n
1
a 2 + b 1
1
a 2 + b 2
. . .
1
a 2 + b n
. . .
. . .
. . .
1
a n + b 1
1
a n + b 2
. . .
1
a n + b n
.
Indication : on pourra introduire la fraction rationnelle R(x) =
(x − a 1 ) . . . (x − a n−1 )
(x + b 1 ) . . . (x + b n )
et le déterminant
1
a 1 + b 1
1
a 1 + b 2
. . . R(a 1 )
1
a 2 + b 1
1
a 2 + b 2
. . . R(a 2 )
. . .
. . .
. . .
1
a n + b 1
1
a n + b 2
. . . R(a n )
.
Nous supposons les coefficients b i deux à deux distincts (dans le cas contraire, on a
évidemment K n = 0).
Considérons alors la fraction rationnelle R(x) =
(x − a 1 ) . . . (x − a n−1 )
(x + b 1 ) . . . (x + b n )
.
On a
R(a 1 ) = · · · = R(a n−1 ) = 0 et R(a n ) =
(a n − a 1 ) . . . (a n − a n−1 )
(a n + b 1 ) . . . (a n + b n )
.
En décomposant R en éléments simples, on voit qu’il existe des nombres complexes
l 1 , . . . , l n tels que R(x) =
l 1
x + b 1
+ · · · +
l n
x + b n
. En fait, seule la valeur du coefficient l n sera utile dans la suite. En remplaçant x par −b n dans la fraction rationnelle
(x + b n )R(x) on obtient l n =
(b n + a 1 ) . . . (b n + a n−1 )
(b n − b 1 ) . . . (b n − b n−1 )
.
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