Concours commun Mines-Ponts

SESSION 2009

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIEME EPREUVE. FILIERE PSI

I Polynômes d’Hermite

1)Pourx∈R, h0(x) =1 eth1(x) = −1

2e^x2×(−2xe^−x2) =x.

Soitn∈N. Pourx∈R,

h_n^′(x) = (−1)ⁿ

2ⁿ 2xe^x2Dⁿ(e^−x2) +(−1)ⁿ

2ⁿ e^x2Dⁿ⁺¹(e^−x2) =2xhn(x) −2hn+1(x).

∀x∈R,h0(x) =1,h1(x) =xet∀n∈N,2hn+1(x) −2xhn(x) +h_n^′(x) =0.

2)Montrons par récurrence que∀n∈N, h_n est un polynôme de degrénet de coefficient dominant1.

•C’est vrai pourn=0.

•Soitn∈N. Supposons quehn est un polynôme de degré net de coefficient dominant1. Alorshn+1=Xhn− 1 2h_n^′ est un polynôme puis deg(hn+1=deg(Xhn) =n+1 et dom(hn+1) =dom(Xhn) =dom(hn) =1.

On a montré par récurrence que

∀n∈N,h_n est un polynôme de degrénet de coefficient dominant1.

3)Soitx∈R. Soientfune fonction de classeC^∞ surRpuisf_xla fonction définie surRpar∀t∈R,f_x(t) =f(x−t).f_x est de classeC^∞ sur Ret ∀n∈N,∀t∈R,g⁽ⁿ⁾(t) = (−1)ⁿf⁽ⁿ⁾(x−t)et en particulier,∀n/inN,f⁽ⁿ⁾x (0) = (−1)ⁿf⁽ⁿ⁾(x).

On applique ce résultat à la fonctionf : t7→e^−t2 de sorte que∀t∈R, f_x(t) =e^−(x−t)2. On obtient pourn∈N, f⁽ⁿ⁾x (0) = (−1)ⁿDⁿ(e^−t2)(x) =2ⁿe^−x2h_n(x).

4)Soitx∈R.∀t∈R,f_x(t) =e^−x2e^2txe^−t2. Par suite, la fonctionf_x est développable en série entière surRen tant que produit de fonctions développables en série entière surR. De plus, , d’après la question précédente, pourt∈R,

fx(t) =

+∞

X

k=0

f^(k)x

k! t^k=

+∞

X

k=0

t^k

k!2^khk(x)e^−x2.

∀(x, t)∈R²,e^−(x−t)2 = X+∞

k=0

t^k

k!2^kh_k(x)e^−x2.

5)Pour(x, t)∈R,w(x, t) =e^x2f_x(t) =

+∞X

k=0

t^k

k!2^kh_k(x).

Soitx ∈R. On sait que la série entière de sommew(x, t)est dérivable sur Ret que sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Pour tout réelt∈R,

∂w

∂t(x, t) − (2x−2t)w(x, t) =

+∞X

k=1

t^k−1

(k−1)!2^khk(x) − (2x−2t)

+∞X

k=0

t^k

k!2^khk(x)

=

+∞

X

k=0

t^k

k!2^k+1hk+1(x) −x

+∞

X

k=0

t^k

k!2^k+1hk(x) +

+∞

X

k=1

t^k

(k−1)!2^khk−1(x)

=

+∞X

k=0

t^k

k!2^k(2h_k+1(x) −2xhk(x) +khk−1(x)) (avec la conventionh−1(x) =0).

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2009. Tous droits réservés.

L’unicité d’un développement en série entière et l’identité(3)permettent alors d’affirmer que∀k∈N,2hk+1(x)−2xhk(x)+

khk−1(x) =0. On a montré que

∀k∈N,∀x∈R,2hk+1(x) −2xhk(x) +khk−1(x) =0avec la convention∀x∈R,h−1(x) =0.

6)L’identité(1)et l’identité(3)donnent

∀n∈N,h_n^′ =nhn−1. 7)D’après la question 4), pour tout réelt,

+∞

X

k=0

2^khk(0)

k! t^k=f0(t) =e^−t2=

+∞

X

p=0

(−1)^p p! t^2p.

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, pourp∈N, on ah2p+1(0) =0puis 2^2ph2p(0)

(2p)! = (−1)^p p!

et donch2p(0) = (−1)^p(2p)!

2^2pp! .

On en déduit que pourp∈N,φ2p+1(0) =0 puis φ_2p(0) = 1

√π(2p)!2^−2p1/2 ×(−1)^p(2p)!

2^2pp! = (−1)^pp (2p)!

π^1/42^pp!

∀p∈N, φ2p(0) = (−1)^pp (2p)!

π^1/42^pp! etφ2p+1(0) =0.

Soit n ∈ N. Pour x ∈ R, φ_n^′(x) = 1

√dn

(−2xh_n(x) +h_n^′(x))e^−x2 = 1

√dn

(−2xh_n(x) +nhn−1(x))e^−x2 (on rappelle la convention∀x∈R,h₋₁(x) =0). Pourx=0, on obtient

φ_n^′(0) = 1

√d_n ×nhn−1(0) =n rdn−1

d_n φn−1(0) =√

2n φn−1(0).

Donc

∀p∈N,φ_2p^′ (0) =0 etφ_2p+1^′ (0) =p

2(2p+1)(−1)^pp (2p)!

π^1/42^pp! . 8)Soient(x, y)∈R² etk∈N. La relation (4) fournit

(x−y)h_k(x)h_k(y) =xh_k(x)h_k(y) −yh_k(x)h_k(y)

=

hk+1(x) +k

2hk−1(x)

hk(y) −

hk+1(y) +k

2hk−1(y)

hk(x)

= (hk+1(x)hk(y) −hk+1(y)hk(x)) −k

2(hk(x)hk−1(y) −hk(y)hk−1(x)).

9)Puis,

(x−y) 1 dk

hk(x)h_k(y) = 1 dk

(h_k+1(x)h_k(y) −hk+1(y)h_k(x)) − k 2dk

(h_k(x)h_k−1(y) −hk(y)h_k−1(x))

= 1 dk

(h_k+1(x)h_k(y) −hk+1(y)h_k(x)) − 1 dk−1

(h_k(x)h_k−1(y) −hk(y)h_k−1(x)), et donc pourn∈N^∗, on obtient par télescopage (en posant conventionnellementd−1=1)

(x−y)

n−1X

k=0

1 dk

h_k(x)h_k(y) = 1 dn−1

(h_n(x)h_n−1(y) −h_n(y)h_n−1(x)) − 1 d−1

(h₀(x)h₋₁(y) −h₀(y)h₋₁(x))

= 1

(h_n(x)hn−1(y) −h_n(y)hn−1(x)).

Si de plus,xetysont distincts

n−1X

k=0

φk(x)φ_k(y) =e^−x2e^−y2

n−1X

k=0

1 dk

hk(x)h_k(y)

= e^−x2e^−y2

dn−1 ×h_n(x)h_n−1(y) −h_n(y)h_n−1(x) x−y

=

√d_n−1√ d_n

dn−1 ×φ_n(x)φ_n−1(y) −φ_n(y)φ_n−1(x) x−y

= rn

2 ×φn(x)φn−1(y) −φn(y)φn−1(x) x−y

II Etude de Φ

10)L’équation différentielle proposée est du typey^′′+a(x)y^′+b(x)y=c(x)oùa,bet csont trois fonctions continues surR. D’après le théorème deCauchy, le problème deCauchy(S(r, β, γ))admet une et une seule solution surR. Les solutions surRde l’équation homogène associéeρ^′′(x)+γ²ρ(x) =0sont les fonction des la formex7→λ1ρ1(x)+λ2ρ2(x) où(λ1, λ2)∈R²etρ1 etρ2 sont les fonctions définies surRpar∀x∈R,ρ1(x) =cos(γx)et ρ2(x) =sin(γx).

Une solution particulière de l’équationρ^′′(x) +γ²ρ(x) =r(x)est fournie par la méthode de variation des constantes : il existe une solution particulière de l’équation de la forme x7→ λ₁(x)ρ₁(x) +λ₂(x)ρ₂(x)où λ₁ et λ₂ sont deux fonctions dérivables surRet solution du système

λ₁^′ρ1+λ₂^′ρ2=0

λ₁^′ρ₁^′ +λ₂^′ρ₂^′ =r . On a

ρ1(x) ρ2(x) ρ₁^′(x) ρ₂^′(x) =

cos(γx) sin(γx)

−γsin(γx) γcos(γx) =γet les formules deCramer fournissent pourx∈R

λ₁^′(x) = 1 γ

0 sin(γx) r(x) γcos(γx)

= −1

γr(x)sin(γx)etλ₂^′(x) = 1 γ

cos(γx) 0

−γsin(γx) r(x) = 1

γr(x)cos(γx).

On peut prendreλ₁(x) = −1 γ

Zx

0

r(t)sin(γt) dt et λ₂(t) = 1 γ

Zx

0

r(t)cos(γt) dt. Une solution particulière de l’équation proposée est donc

ρ(x) = −1

γcos(γx) Zx

0

r(t)sin(γt)dt+ 1

γsin(γx) Zx

0

r(t)cos(γt)dt= 1 γ

Zx

0

r(t)sin(γ(x−t))dt.

La solution générale de l’équation proposée estx7→λ1cos(γx) +λ2sin(γx) + 1 γ

Zx

0

r(t)sin(γ(x−t))dt, (λ1, λ2)∈R². La conditionρ(0) =βfournitλ1=β. Ensuite, pourx∈R,

ρ^′(x) = −λ₁sin(γx) +λ2cos(γx) + 1

γ

γsin(γx) Zx

0

r(t)sin(γt)dt−cos(γx)r(x)cos(γx) +γcos(γx) Zx

0

r(t)cos(γt)dt+sin(γx)r(x)sin(γx)

, et la conditionρ^′(0) =0fournitλ₂=0.

La solution sur Rdu problème de Cauchy(S(r, β, γ))est la fonctionρ₀définie surRpar :

∀x∈R, ρ0(x) =βcos(γx) + 1 γ

Zx

0

r(t)sin(γ(x−t)) dt.

11)Pourx∈R, posonsr(x) =x²φ_2m(x). D’après le résultat admis ci-dessus,φ_2m est solution de(S(r, φ_2m(0), φ_2m^′ (0)) ou encore du problème(S(r, α_2m, 0)oùα2m= (−1)^m

π^1/4

p(2m)!

2^mm! d’après la question 7) etγ=√

4m+1.

D’après la question précédente, on a donc

∀x∈R,φ2m(x) =α2mcos(√

4m+1x) + 1

√4m+1 Zx

0

sin √

4m+1(x−y)

√4m+1 y²φ2m(y)dyoùα2m= (−1)^m π^1/4

p(2m)!

2^mm! . 12)D’après la formule deStirling

α_2m ∼

m→+∞

(−1)^m π^1/4

s2m e

2m

√4πm

2^mm e

m√ 2πm

= (−1)^m

√πm^1/4

α_2m ∼

m→+∞

(−1)^m

√πm^1/4.

13)Soientx∈RpuisI= [0, x]six>0et [x, 0]six60.

Zx

0

sin √

4m+1(x−y)

√4m+1 y²φ_2m(y)dy

6 1

√4m+1 Z

I

y²|φ_2m(y)|dy

6 1

√4m+1 sZ

I

y⁴dy× sZ

I

φ²_2m(y)dy(inégalité deCauchy-Schwarz)

6 1

√4m+1 sZ

I

y⁴dy× sZ

R

φ²_2m(y)dy= 1

√4m+1 sZ

I

y⁴dy

= 1

√4m+1 r|x|⁵

5 = 1

√4m+1

|x|^5/2

√5 14)D’après la question 11), pour tout réelx,

(−1)^m√

πm^1/4φ2m

x 2√m

=

(−1)^m√πm^1/4α_2mcos x√

4m+1 2√

m

+ (−1)^m√πm^1/4 1

√4m+1 Z₂√^x

m

0

sin √

4m+1( x 2√

m−y)

√4m+1 y²φ_2m(y)dy

Soitx∈R. D’après la question 12), on a lim

m→+∞(−1)^m√

πm^1/4α2mcos x√

4m+1 2√

m

=cosx(car

√4m+1 2√

m ∼

m→+∞ 1).

D’autre part,

(−1)^m√ πm^1/4

Z₂√^x m

0

sin √

4m+1( x 2√

m−y)

√4m+1 y²φ_2m(y)dy

6√ πm^1/4

x 2√

m

5/2

√5 =

√π|x|^5/2 4m√

10.

On en déduit que lim

m→+∞(−1)^m√ πm^1/4

Z₂√^xm

0

sin √

4m+1( x 2√m−y)

√4m+1 y²φ2m(y)dy=0et on a montré que

∀x∈R, lim

m→+∞−1)^m√

πm^1/4φ_2m x

2√ m

=cosx.

III Intégrales de déterminants

15)SoientN∈N^∗ et (x, y)∈R². Pourz∈R, K^(N)(x, z)K^(N)(z, y) =

N−1X

k=0

φk(x)φk(z)

! _N−1 X

l=0

φl(z)φl(y)

!

= X

06k,l6N−1

φk(x)φk(z)φl(z)φl(y).

Chaque produitφ_kφ_l, 06k, l6N−1, étant intégrable surR, la fonctionz7→K^(N)(x, z)K^(N)(z, y)est intégrable surR et

Z+∞

−∞

K^(N)(x, z)K^(N)(z, y)dz= X

06k,l6N−1

φk(x)φl(y) Z+∞

−∞

φk(z)φl(z)dz

= X

06k,l6N−1

φ_k(x)φ_l(y)δ_k,l(d’après les relations (5))

=

N−1X

φ_k(x)φ_k(y) =K^(N)(x, y).

De même, les relations (5) fournissent Z+∞

−∞

K^(N)(x, x)dx=

N−1X

k=0

Z+∞

−∞

φ_k(x)φ_k(x)dx=

N−1X

k=0

1=N.

∀N∈N^∗,∀(x, y)∈R², Z+∞

−∞

K^(N)(x, z)K^(N)(z, y)dz=K^(N)(x, y)et∀N∈N^∗, Z+∞

−∞

K^(N)(x, x)dx=N.

16)Une composée de deux permutations deJ1, kK est une permutation deJ1, kKet doncbσest une permutation de J1, kK.

•Si σ(k) =k, bσ=σet doncσ(k) =b k. De plus,ε(σ) =b ε(σ).

•Si σ(k)6=k, bσ(k) = (k, σ(k)) (σ(k)) =k. De plus,ε(bσ) = −ε(σ).

b

σest une permutation deJ1, kKtelle queσ(k) =b k, de même signature queσsiσ(k) =ket de signature opposée à celle deσsiσ(k)6=k.

17)Soitσ∈S_k. Pourτ∈S_k on a

τ∈θ⁻¹(θ({σ}))⇔θ(τ) =θ(σ)⇔τe=eσ⇔bτ=bσ (∗), (puisqueτ(k) =b k=bσ(k)).

Soitτ∈S_k telle quebτ=σ.b b

τ=bσ⇔(k, τ(k))◦τ= (k, σ(k))◦σ⇔τ= (k, τ(k))◦(k, σ(k))◦σ Ainsi, sibτ=bσ,τest nécessairement l’une des permutationsσ_l= (k, l)◦(k, σ(k))◦σ,16l6k.

Réciproquement, pourl∈J1, kK, σl(k) = (k, l)(k) =let doncσbl= (k, σl(k))◦(k, l)◦(k, σ(k))◦σ= (k, σ(k))◦σ=bσ.

Ainsi, θ⁻¹(θ({σ})) = {σ_l, 1 6 l 6 k}. Comme les permutations σl, 1 6 l 6 k, sont deux à deux distinctes (car (k, l)◦(k, σ(k))◦σ= (k, l^′)◦(k, σ(k))◦σ⇒(k, l) = (k, l^′)⇒l=l^′, on a montré que card θ⁻¹(θ({σ}))

=k.

∀σ∈Sk, card θ⁻¹(θ({σ}))

=k.

(Erreur d’énoncé).

18)SoientN∈N^∗,(x₁, . . . , xk)∈R^k etσ∈S_k.

1er cas. Supposonsσ(k) = k. Dans ce cas,eσ = bσ = σ_/J1,k−1K. De plus, ∀i ∈ J1, k−1K, σ(i)6= k et donc, d’après les identités de la question 15),

Z+∞

−∞

Yk

i=1

K^(N) xi, x_σ(i) dxk=

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_σ(i)Z+∞

−∞

K^(N)(xk, xk) dxk=N

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_σ(i)

=N

k−1Y

i=1

K^(N) xi, xσ(i)_e .

2ème cas. Supposons σ(k) 6= k. Pour i ∈ J1, kK, σ(i) = k ⇔ i = σ⁻¹(k) et donc, toujours d’après les identités de la question 15),

Z+∞

−∞

Yk

i=1

K^(N) xi, x_σ(i)

dxk= Y

i6=k, i6=σ⁻¹(k)

K^(N) xi, x_σ(i)Z+∞

−∞

K^(N) x_σ⁻¹_(k), xk

K^(N) xk, x_σ(k) dxk

=K^(N) x_σ−1(k), x_σ(k) Y

i6=k, i6=σ⁻¹(k)

K^(N) x_i, x_σ(i) .

Maintenant,

• sii∈J1, kK\ {k, σ⁻¹(k)}, alorsin’est pask et aussiσ(i)n’est nik, niσ(k). Par suite,σ(i)e existe puis e

σ(i) =σ(i) = (k, σ(k))b ◦σ(i) =σ(i),

• et sii=σ⁻¹(k), alorsi6=k etσ(i) =e bσ(σ⁻¹(k)) (k, σ(k))◦σ(σ⁻¹(k)) =σ(k).

Finalement,K^(N) x_σ−1(k), x_σ(k) Y

i6=k, i6=σ⁻¹(k)

K^(N) x_i, x_σ(i)

=

k−1Y

i=1

K^(N) x_i, x_σ(i)e .

∀N∈N^∗,∀(x₁, . . . , x_k)∈R^k,∀σ∈S_k, Z+∞

−∞

Yk

i=1

K^(N) x_i, x_σ(i) dx_k =











 N

k−1Y

i=1

K^(N) x_i, x_eσ(i)

siσ(k) =k

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_eσ(i)

siσ(k)6=k .

19)D’après la question précédente, Z+∞

−∞

DetK^(N)(x₁, . . . , x_k)dx= X

σ∈Sn

ε(σ) Z+∞

−∞

Yk

i=1

K^(N) x_i, x_σ(i) dx_k

=N X

σ∈Sn/ σ(k)=k

ε(σ)

k−1Y

i=1

K^(N) xi, xσ(i)_e

+ X

σ∈Sn/ σ(k)6=k

ε(σ)

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_eσ(i)

=N X

σ∈Sn/ σ(k)=k

ε(eσ)

k−1Y

i=1

K^(N) xi, xσ(i)_e

− X

σ∈Sn/ σ(k)6=k

ε(σ)e

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_eσ(i)

(d’après la question 16) et puisqueε(eσ) =ε(σ)).b

Maintenant, la question 17) montre que chaque élémentσ^′ deS_k−1a exactementkantécédents parθdansS_k. On peut donc partitionnerS_kenkpartiesS₁,. . . ,S_k constituées chacune de(k−1)!éléments telles que la restriction deθà chaque S_i,16i6k, soit une bijection deS_isurS_k−1. De plus, comme∀ ∈∈S_k,θ(bσ) =eσet queσ(k) =b k, tout élémentσ^′ de Sk−1admet un antécédent σ parθ vérifiant de plus σ(k) =k. Par suite, on peut imposer que l’une des parties S_i, par exempleS₁, soit constituée des élémentsσ∈S_k telles queσ(k) =k. On obtient

Z+∞

−∞

DetK^(N)(x1, . . . , xk)dx=N X

σ∈Sn/ σ(k)=k

ε(eσ)

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_σ(i)e

− X

σ∈Sn/ σ(k)6=k

ε(σ)e

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_eσ(i)

=N X

σ∈S1

ε(σ)e

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_eσ(i)

− Xk

l=2

X

σ∈Sl

ε(eσ)

k−1Y

i=1

K^(N) xi, x_σ(i)e

=N X

e σ∈Sk−1

ε(eσ)

k−1Y

i=1

K^(N) x_i, x_σ(i)e

− (k−1) X

e σ∈Sk−1

ε(eσ)

k−1Y

i=1

K^(N) x_i, x_σ(i)e

= (N−k+1)DetK^(N)(x₁, . . . , xk−1).

∀N∈N^∗,∀(x1, . . . , xk)∈R^k, Z+∞

−∞

Yk

i=1

K^(N)(x1, . . . , xk) dxk= (N−k+1)DetK^(N)(x1, . . . , xk−1).

III Déterminants et intégrales

20)SoientN>2et(x₁, . . . , x_N)∈Rⁿ.hN−1est un polynôme de degréN−1unitaire et donchN−1−x^N−1est un polynôme de degré au plusN−2. La famille(h₀, . . . , hN−2)est une base deR_N−2[X](famille deN−1polynômes de degrés deux à deux distincts et inférieurs àN−1. Donc il existe(α0, . . . , αN−2)∈R^N−1tel quehN−1−X^N−1=

N−2X

k=0

αkhkou encore tel quehN−1−

N−2X

k=0

α_kh_k=X^N−1. On effectue alors sur le déterminant à calculer la transformationC_N ←C_N−

N−1X

k=1

αk−1C_k. Cette transformation ne modifie pas la valeur du déterminant proposé et on obtient

h₀(x₁) . . . h_N−2(x₁) h_N−1(x₁) h₀(x₂) . . . h_N−2(x₂) h_N−1(x₂)

... ... ...

h0(xN) . . . hN−2(xN) hN−1(xN)

=

h0(x1) . . . hN−2(x1) x^N−1₁ h0(x₂) . . . hN−2(x₂) x^N−1₂

... ... ...

h₀(x_N) . . . hN−2(x_N) x^N−1_N .

On réitère sur les colonnesCN−1,. . . ,C2 et en tenant compte deC1=



 1

... 1



, on obtient

h0(x₁) . . . hN−2(x₁) hN−1(x₁) h0(x₂) . . . hN−2(x₂) hN−1(x₂)

... ... ...

h₀(x_N) . . . h_N−2(x_N) h_N−1(x_N)

=Van(x1, . . . , xN) = Y

16i<j6N

(x_j−xi)

ce qui reste conventionnellement vrai quandN=1.

∀N∈N^∗,∀(x₁, . . . , x_N)∈R^N, det(hj−1(x_i))_16i,j6N=Van(x1, . . . , x_N) = Y

16i<j6N

(x_j−x_i).

21)•Pourk=N, 1 d0d1. . . dN−1

ψ^(N)_N (x₁, . . . , x_N) = 1 d0d1. . . dN−1

ψ^(N)(x₁, . . . , x_N) = 1 d0d1. . . dN−1

e^−PNi=1x2i Y

1≤i<j6N

(x_j−x_i)²

= 1

d0d1. . . dN−1

e^−PNi=1x2i

det(h_j−1(x_i))_16i,j6N2

=



det 1 pdj−1

e⁻

x2j−1

2 hj−1(xi)

!

16i,j6N





2

=

det(φj−1(xi))_16i,j6N2

=det

(φk−1(x_i))_16i,k6N×^t(φk−1(x_j))_16j,k6N

=Det XN

k=1

φ_k−1(x_i)φ_k−1(x_j)

!

16i,j6N

=Det

K^(N)(x_i, x_j)

16i,j6N

=DetK^(N)(x₁, . . . , xN).

La formule de l’énoncé est donc vraie quandk=N.

•Soitk∈J1, NK. Supposons que 1 d0. . . dN−1

φ^(N)_k (x₁, . . . , xk) =DetK^(N)(x₁, . . . , xk). Alors 1

d0. . . dN−1

φ^(N)_k−1(x1, . . . , xk−1) = 1 (N− (k−1))

Z+∞

−∞

1 d0. . . dN−1

ψ^(N)_k (x1, . . . , xk−1, y)dy

= 1

(N− (k−1)) Z+∞

−∞

DetK^(N)(x₁, . . . , xk−1, y)dy(par hypothèse de récurrence)

=DetK^(N)(x₁, . . . , xk−1) (d’après la question 19)).

Le résultat est démontré par récurrence.

∀N∈N^∗,∀(x₁, . . . , x_N)∈R^N, ∀k∈J1, NK, 1 d0. . . dN−1

φ^(N)_k (x₁, . . . , x_k) =DetK^(N)(x₁, . . . , x_k).