On admet ici la formule de Stirlingn

Énoncé

Ce problème porte sur les nombres de Catalan dénis ici par récurrence par les relations C0= 1, ∀n∈N, Cn+1=

n

X

i=0

CiC_n−i Cette notationCn sera valable dans tout le problème.

Partie I. Boîte à outils.

1. Calculer

C₁, C₂, C₃, C₄, H₂=

C₀ C₁ C1 C2

H₃=

C₀ C₁ C₂ C₁ C₂ C₃ C2 C3 C4

2. On admet ici la formule de Stirlingn!∼√

2π nⁿe⁻ⁿ√ n. En déduire une suite équivalente à ²ⁿ_n

n∈N.

3. Soitpet qréels strictement positifs tels quep+q= 1. a. Montrer que4pq≤1. Dans quel cas a-t-on l'égalité ? b. Montrer que

1−p

1−4pq= 2 min(p, q) 4. Pourk∈N, on posew_k=R^π₂

0 cos^2kt dt. a. Préciserw0.

b. Montrer que2kw_k = (2k−1)w_k−1 pourk≥1. c. Montrer que

wk= π 2

2k k

4^−k

Partie II. Marches sur N.

Soitl ∈ N, une marche sur Nde longueur l est une famille(a0, a1,· · ·, al) de nombres naturels tels que

a₀= 0, ∀i∈J0, l−1K:|ai+1−a_i|= 1(on noteraα_i=a_i+1−a_i )

Un circuit de longueurlest une marche (a0, a1,· · ·, al)telle queal= 0. Un circuit est dit strict lorsqueak 6= 0pour tous lesk∈J1, l−1K.

Pour n∈N, on note c_n le nombre de circuits de longueur 2n et c⁰_n le nombre de circuits stricts de longueur2n.

1. Soit(a0, a1,· · ·, al)une marche surN. Montrer que

al=Nombre de αi égaux à 1− Nombre de αi égaux à−1 En déduire que la longueur d'un circuit est toujours paire.

2. Préciserc₀,c₁,c⁰₁, c⁰₂, . Montrer quec⁰_n =c_n−1pour n≥1.

3. Soitn≥1 etk∈J1, n−1K. On considère les circuits(a0, a1,· · ·, a2n)tels que a2k = 0etai6= 0 pour0< i <2k

a. Exprimer le nombre de ces circuits avec unc et unc⁰ puis avec deuxc. b. Exprimerc_n comme une somme dec. En déduire que, pour toutn∈N^∗,

cn =Cn, c⁰_n=C_n−1

Partie III. Développements et série génératrice.

Dans cette partie, on notef la fonction dénie dans[0,1[parf(x) =√ 1−x. 1. Soitnnaturel supérieur ou égal à 1, montrer que

∀t∈[0,1[, f⁽ⁿ⁾(t) =−(n−1)!

2²ⁿ⁻¹

2n−2 n−1

(1−t)¹²⁻ⁿ 2. Développement limité.

a. Montrer quef admet en0 le développement limité suivant à un ordren≥1 f(x) =√

1−x=a0+a1x+· · ·+anxⁿ+o(xⁿ) aveca0= 1etan=− 2

4ⁿn

2n−2 n−1

pour n≥1 b. Montrer que, pourn≥2entier naturel,

n

X

k=0

aka_n−k = 0

3. Développement en série.

a. Rappeler sans démonstration la formule de Taylor avec reste intégral appliquée à f entre0 etx∈[0,1[. Le reste intégral sera notérn(x).

b. Montrer que pour0≤t≤x <1 :

0≤x−t 1−t ≤x c. Montrer que, pourx∈[0,1[, la suite(r_n(x))_n∈

Nconverge vers0. d. Montrer que, pourx∈[0,1[, la sériePa_nxⁿ est convergente avec

X

n≥0

anxⁿ =√ 1−x

4. On dénit une fonctionϕdans]0,¹₄[par :

∀y∈]0,1

4[, ϕ(y) =1−√ 1−4y 2y

a. Montrer que ϕ se prolonge par continuité en 0. On note encore ϕ la fonction prolongée. Préciser la valeurϕ(0).

b. Exprimer, pourn∈N, des coecientsc_n en fonction desa_n pour que

∀y∈[0,1

4[, ϕ(y) =X

n≥0

cnyⁿ

5. Montrer que, pour tout entiern≥2et touty∈[0,¹₄[,

cn =Cn= 1 n+ 1

2n n

, 1−√ 1−4y

2y =X

n≥0

Cnyⁿ

Partie IV. L'espoir du retour.

Soitl∈Net p, qdes réels strictement positifs tels quep+q= 1.

On noteMl l'ensemble des marches surNde longueur l. On dénit, pourk entier entre1 etl−1 des fonctionsA_k etD_k :

A_k((a₀, a₁,· · · , a_l)) =a_k, D_k((a₀, a₁,· · · , a_l)) =a_k+1−a_k

On probabilise l'ensembleMl en dénissant une fonctionpà l'aide de probabilités condi- tionnelles :

p_|Ak6=0(Dk = 1) =p p_|Ak6=0(Dk=−1) =q p_|Ak=0(Dk = 1) = 1 p_|Ak=0(Dk=−1) = 0

Pourn∈N^∗ tel que2n < l, on note R_n l'événement la marche reprend la valeur 0pour la première fois en2n.

1. Calcul dep(Rn).

a. Soit(a0,· · ·, a2n)un circuit strict de longueur2n. Préciser la probabilité de l'évé- nement

(A1=a1)∩(A2=a2)∩ · · · ∩(A2n=a2n) b. Montrer quep(Rn) =Cn−1pⁿ⁻¹qⁿ.

2. Préciser une suite simple équivalente à(p(R_n))_n∈

N^∗. En déduire la convergence de la sérieP

n≥1p(R_n). Que représente la somme de cette série ? 3. On suppose icip6= ¹₂ etq6=¹₂.

a. En distinguant deux cas, calculerP

n≥1p(Rn). (on trouvera deux expressions très simples)

b. Montrer que la série P

np(Rn) est convergente. Que représente sa somme en termes probabilistes ? Montrer que

X

n≥1

np(Rn) = q

Q−P avecP = min(p, q), Q= max(p, q)

Partie V. Matrices de Hankel.

Dans cette partie, on dénit une fonctionρdans]0,4]par :

∀t∈]0,4], ρ(t) = 1 2π

√4t−t² t

1. Soita∈]0,4]. Eectuer le changement de variablet= 2 + 2 sinθavecθ∈[−^π₂,^π₂]dans l'intégrale R4

a ρ(t)dt. En déduire la limite en 0 de la fonctiona7→R4

a ρ(t)dt. On note u₀ cette limite.

2. Pourn∈N^∗, on poseu_n=R4

0 tⁿρ(t)dt.

a. Justier l'existence de cette intégrale. Montrer que un= 2ⁿ

π Z ^π₂

−^π₂

(1 + sinθ)ⁿ⁻¹cos²θ dθ

b. Montrer que

un= 4ⁿ⁺¹ π

Z ^π₂

0

cos²ⁿusin²u du c. Montrer queun =Cn= _n+1^{1 2n}_n

. 3. Soitl∈N^∗, montrer que l'application







Rl[X]² →R (P, Q) 7→(P/Q) =

Z 4 0

P(x)Q(x)ρ(x)dx

est un produit scalaire surR^l[X]. À quoi sert dans cette preuve la question 1 de cette partie ?

4. On admet ici que la famille de polynômes(P0, P1,· · ·Pl)avec

∀n∈J0, lK, Pn =

n

X

k=0

n+k n−k

(−X)^k

est une base orthonormée deR^l[X]pour le produit scalaire de la question précédente.

a. Préciser la matrice de passage de (1, X, X², X³) vers (P0, P1, P2, P3) (bases de R³[X]). On noteM cette matrice. Que représente M⁻¹? et ^tM⁻¹M⁻¹?

b. Soitnentier naturel, montrer que

C0 C1 · · · Cn

C1 C2 · · · Cn+1

... ...

Cn Cn+1 · · · C2n

= 1

Corrigé

Partie I. Boîte à outils

1. Par dénition des nombres de Catalan,

C1=C0C0= 1, C2=C0C1+C1C0= 2, C3=C0C2+C1C1+C2C0= 5, C4= 1×5 + 1×2 + 2×1 + 5×1 = 14, H2=

1 1 1 2

= 2−1 = 1,

H3=

1 1 2 1 2 5 2 5 14

=

1 1 2 0 1 3 0 3 10

= 1×10−3×3 = 1

2. On utilise la formule de Stirling pour trouver un équivalent 2n

n

=(2n)!

(n!)² ∼

√

2π(2n)²ⁿe⁻²ⁿ√ 2n 2π n²ⁿe⁻²ⁿn ∼ 4ⁿ

√π n 3. a. On peut utiliser l'identité

4pq= (p+q)²−(p−q)²= 1−(p−q)²≤1 L'égalité se produit si et seulement sip=qc'est à direp=q= ¹₂.

b. L'identité précédente s'écrit encore(p−q)² = 1−4pq. NotonsP = min(p, q)et Q= max(p, q)de sorte que 0< P ≤Qet P+Q= 1. Alors

p1−4pq=|p−q|=Q−P = 1−2P ⇒1−p

1−4pq= 2P = 2 min(p, q) 4. On reconnait les intégrales de Wallis.

a. De manière évidente :w0=^π₂.

b. Il s'agit de l'intégration par partie classique des intégrales de Wallis.

c. On utilise la relation précédente pour diminuer les indices w_k= 2k−1

2k w_k−1=2k−1 2k

2k−3

2(k−1)w_k−2=· · ·= 2k−1 2k

2k−3 2(k−1)· · ·1

2w₀ On multiplie en haut et en bas par les nombres pairs de2à2n. Dans le produit des nombres pairs, on peut mettre des2en facteur et faire apparaitre une factorielle.

w_k = (2k)!

(2^kk!)² π 2 =π

2 2k

k

4^−k

Partie II. Marches sur N.

1. Par sommation en dominos

al=al−a0=α0+α1+· · ·+α_l−1= (nb deαi= 1)−(nb de αi=−1) car lesαine prennent que les valeurs1 ou−1. Pour un circuit,al= 0donc le nombre deαi = 1est égal au nombre de αi=−1 et la somme des deux vautl. Ce nombrel doit donc être pair.

2. c₀ = c⁰₀ = 1 car la seule marche de longueur 0 est (0) et c'est un circuit strict. De même,c₁=c⁰₁= 1car le seul circuit de longueur2 est(0,1,0) et il est strict.

Un cicuit de longueur2ncommence toujours par un déplacement vers la gauche et se termine toujours par un déplacement vers la droite. Entre les deux, il réalise un circuit partant et arrivant en1 et de longueur2(n−1). On en déduit que

c⁰_n=c_n−1

3. On espère ici trouver des relations de récurrence du type de celle vériée par la suite des nombres de Catalan.

a. Soitn ≥0 et k xé tel que1 ≤k ≤n−1. Un circuit vériant la condition de l'énoncé se décompose en deux circuits :

un circuit strict de0à 2k

un circuit de 2k à 2n. En décalant les indices, cela revient à un circuit de longueur2(n−k).

Le nombre des cicuits considérés ici est donc c⁰_kcn−k = ck−1cn−k (d'après la question 2).

b. Un circuit revient toujours à l'origine. Il peut y revenir plusieurs fois. On peut classer les circuit selon le moment où pour la première fois, ils reviennent à l'ori- gine. Un circuit qui revient à l'origine pour la première fois à l'instant 2k est de la forme étudiée dans la question précédente. Ces diérents types de circuits forment une partition de l'ensemble de tous les circuits. On en déduit

cn+1=

n+1

X

k=1

c_k−1c_n+1−k =

n

X

i=0

cic⁰_n−i

Ainsi, la suite desc⁰vérie la même relation de récurrence avec la même condition initiale que la suite des nombres de Catalan. Les deux suites sont égales.

∀n∈^∗_N, cn=Cn, c⁰_n =C_n−1

Partie III. Développements et série génératrice.

1. La fonction à dériver est une puissance : f(t) = (1−t)¹², f⁰(t) =−1

2(1−t)⁻¹², f⁽²⁾(t) = (−1)²1 2(−1

2)(1−t)⁻³², f⁽³⁾(t) = (−1)³1

2(−1 2)(−3

2)(1−t)⁻⁵², · · · f⁽ⁿ⁾(t) = (−1)ⁿ1

2(−1 2)(−3

2)· · ·

| {z }

nfacteurs

(1−t)¹²⁻ⁿ

= (−1)ⁿ(−1)ⁿ⁻¹1 2(1

2)(3

2)(2n−3

2 )· · ·(1−t)⁻²ⁿ⁻¹²

=− 1

2ⁿ (Pdt des impairs de 1à 2n−3 ) (1−t)⁻²ⁿ⁻¹²

=− 1 2ⁿ

(2n−2)!

Pdt des pairs de1 à2n−2 (1−t)⁻²ⁿ⁻¹²

=−1 2ⁿ

(2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!(1−t)⁻²ⁿ⁻¹² =−(n−1)!

2²ⁿ⁻¹

2n−2 n−1

(1−t)⁻²ⁿ⁻¹² 2. Développement limité

a. La fonction admet des développements limités en0 à tous les ordres car elle est de classeC^∞ au voisinage de0. Ces développements sont donnés par la formule de Taylor avec reste de Young. Le coecienta_n est donc égal à

an= 1

n!f⁽ⁿ⁾(0) = 1 n!

−(n−1)!

2²ⁿ⁻¹

2n−2 n−1

=− 2 n4ⁿ

2n−2 n−1

b. D'après les règles de calcul des développements limités, la somme

n

X

k=0

akan−k

est le coecient du terme de degrén dans le développement limité de f(x)² = 1−x. Ce coecient est donc nul pourn≥2.

3. a. D'après le cours, la formule de Taylor avec reste intégral entre0et xs'écrit f(x) =f(0) + 1

1!f⁰(0)x+· · ·+ 1

n!f⁽ⁿ⁾(0)xⁿ+rn(x)

=a0+a1x+· · ·+anxⁿ+rn(x)avecrn(x) = Z x

0

(x−t)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

Les coecients sont les mêmes que pour le développement limité.

b. Pour 0 ≤t≤x < 1, le numérateurx−t et le dénominateur 1−t sont positifs donc la fraction est bien positive. De plus,

x−t

1−t =x−1 + 1−t

1−t =x−1 1−t + 1

Cette expression est une fonction décroissante de t dans l'intervalle [0, x]. Elle prend la valeurxen0, elle reste donc toujours inférieure àx.

c. D'après l'expression de la dérivée trouvée en 1.

rn(x) = Z x

0

(x−t)ⁿ (−1) 2²ⁿ⁺¹

2n n

(1−t)^−(n+12)dt

=− 1 2²ⁿ⁺¹

2n n

Z x 0

x−t 1 +t

n

√dt 1−t On peut utiliser l'encadrement de la question b.

|rn(x)| ≤ xⁿ 2²ⁿ⁺¹

2n n

Z x 0

√dt 1−t

Pourxxé, la question I.2. fournit une suite équivalente à la suite(|rn(x)|)_n∈N:

|rn(x)| ∼ 1 2

Z x 0

√dt 1−t

xⁿ 4ⁿ

4ⁿ

√π n−→0 carx <1.

d. Pourx∈[0,1[, la sérieP

anxⁿ converge vers√

1−xcar

n

X

k=0

a_kx^k−√

1−x=−r_n(x) et la suite desrn(x)converge vers0.

4. a. Formons encore le développement limité dep

(1−4y) p1−4y= 1 +1

2(−4y)−1

8(−4y)²+o(y²) = 1−2y−2y²+o(y²) On en déduit, poury >0 :

ϕ(y) = 1 +y+o(y)

Ce qui montre que ϕconverge vers 1 en 0. On pose ϕ(0) = 1 et ϕ devient une fonction continue dans[0,¹₄[.

b. On obtient l'expression deϕcomme somme de série à partir de celle de√ 1−x p1−4y=X

n≥0

a_n4ⁿyⁿ ⇒1−p

1−4y=−X

n≥1

a_n4ⁿyⁿ

⇒ϕ(y) =−1 2

X

n≥1

a_n4ⁿyⁿ⁻¹=−1 2

X

n≥1

a_n4ⁿyⁿ⁻¹=−1 2

X

n≥0

a_n+14ⁿ⁺¹yⁿ On peut donc prendre

cn =−1

24ⁿ⁺¹an+1

5. On veut montrer quecn =Cn pour tout n en prouvant que les cn vérient la même relation de récurrence. On traduit la relation (III.2.b.) vériée par lesan avec descn. Soitn≥0,

n+2

X

k=0

a_ka_n+2−k= 2a₀a_n+2+

n+1

X

k=1

a_ka_n+2−k = 0 ai=−2c_i−14⁻ⁱ pour i≥1











⇒ −4cn+14ⁿ⁺²+ 4

n+1

X

k=1

4ⁿ⁺²ck−1cn−k−1= 0⇒cn+1 =

n

X

k=0

ckcn−k

Partie IV. L'espoir du retour.

1. a. Considérons la suite desαiattachée au circuit(a0,· · ·, a2n. L'événement proposé peut s'exprimer avec les variablesD_k

(A1=a1)∩ · · · ∩(A2n =a2n) = (D1=α0)∩ · · · ∩(D2n=α2n−1) On peut utiliser la formule des probabilités composées. Comme(a0,· · ·, a2n)est un circuit strict, toutes les probabilités conditionnelles d'aller à droite sont égales àp(sauf la première qui vaut1) et toutes les probabilités conditionnelles d'aller à gauche sont égales àq. On en déduit que

p((A1=a1)∩ · · · ∩(A2n=a2n)) =pⁿ⁻¹qⁿ

b. La question précédente nous donne la probabilité d'une marche particulière dans l'ensemble Rn. Cette probabilité ne dépend que de n, la probabilité de Rn est donc la somme des probabilités élémentaires d'où

p(Rn) = (nb de circuits stricts de longueur2n)×pⁿ⁻¹qⁿ=C_n−1pⁿ⁻¹qⁿ

2. D'après la question I.2. et l'expression deCn :

p(Rn)∼ 4ⁿ⁻¹

√πn³²pⁿ⁻¹qⁿ ∼ q

√π(4pq)ⁿ⁻¹n⁻³²

C'est le terme général d'une série convergente. On peut la majorer par une série de Riemann à cause dun⁻³².

Les événements premier retour en2n sont disjoints, la somme de leurs probabilités représente la probabilité que la marche revienne en0.

3. Pour p et q diérents de ¹₂, on peut utiliser le développement de ϕ(pq) car 4pq < 1 d'après I.3.

a. Exprimons la somme à l'aide deϕet de la question I.3.

X

n≥1

p(Rn) =X

n≥1

C_n−1pⁿ⁻¹qⁿ =X

n≥0

Cnpⁿqⁿ⁺¹

=qϕ(pq) = 1−√ 1−4pq

2p =min(p, q)

p =







1 sip < 1 2 q

p sip > 1 2 Ce résultat signie que lorsquep < ¹₂ c'est à dire lorsque la probabilité de revenir en arrière est plus grande que celle d'avancer, le retour à l'origine est un événement certain. Ceci reste vrai pour p = ¹₂ mais nos calculs ne permettent pas de la prouver.

b. D'après la question 2 de cette partie, np(R_n)∼ q

√π(4pq)ⁿ⁻¹n⁻¹²

Cette fois, ce qui assure la convergence de la série, c'est le facteur géométrique (4pq)ⁿ⁻¹ car4pq <1 lorsquepet qsont diérents de ¹₂.

La somme de cette série représente l'espérance du premier retour en 0 d'une marche surN, on la noteE1

On admettra que l'on peut dériver le développement deϕ:

X

n≥1

nCnyⁿ⁻¹=ϕ⁰(y) =1−2y−√ 1−4y y²√

1−4y

On en déduit E1=X

n≥1

np(Rn) =X

n≥1

nC_n−1pⁿ⁻¹qⁿ =X

n≥0

(n+ 1)Cnpⁿqⁿ⁺¹

=X

n≥1

nCnpⁿqⁿ⁺¹+X

n≥0

Cnpⁿqⁿ⁺¹=pq²ϕ⁰(pq) +qϕ(pq) Après quelques réarrangements utilisantP+Q= 1,1−2P=Q−P,

pq²ϕ⁰(pq) = q Q

1−Q 1−2P qϕ(pq) = q

Q







⇒E₁= q Q

1−Q+ 1−2P 1−2P = q

Q 1−P

1−2P = q Q−P On vérie bien que lorsquepetqsont proches de ¹₂, cette espérance devient très grande.

Partie V. Matrices de Hankel

1. Soita∈]0,4], changement de variable t= 2 + 2 sinθavecθ∈[−^π₂,^π₂]. Les bornes :

t=a!θ= arcsint−2

2 (notéα) t= 4!θ=π

2 L'élément diérentiel :

dx= 2 cosθ dθ La fonction :

t= 2 + 2 sinθ 4−t= 2−2 sinθ

)

⇒4t−t²= 4 cos²θ (aveccosθ≥0)⇒ρ(t) = 1 4π

cosθ 1 + sinθ L'intégrale :

I= Z 4

a

ρ(t)dt= 1 π

Z ^π₂

α

cos²θ 1 + sinθdθ On peut alors calculer cette intégrale :

I= 1 π

Z ^π₂

α

1−sin²θ 1 + sinθ dθ= 1

π Z ^π₂

α

1−sinθ dθ= 1 π

π

2 −α−cosα Quanda→ −2,α→ −^π₂ etcosα→0 doncu₀= 1.

2. a. Le même changement de variable que dans la première question conduit à la formule demandée. On remarque la simplication du1 + sinθvenant du dénomi- nateur de l'élément diérentiel avec un de ceux venant dutⁿ.

un= 2ⁿ π

Z ^π₂

−^π₂

(1 + sinθ)ⁿ⁻¹cos²θ dθ b. On eectue dansun le changement de variable

u= 1 2

π 2 −θ Les bornes :

θ=−π

2 !u= π

2, θ= π

2 !u= 0

L'élément diérentiel :dθ=−2du. La fonction :

1 + sinθ= 1 + cos 2u= 2 cos²u cos²θ= sin²2u= 4 sin²cos^u

)

⇒(1 + sinθ)ⁿ⁻¹cos²= 2ⁿ⁺¹cos²ⁿsin²u L'intégrale :

u_n= 2ⁿ π

Z 0

π 2

2ⁿ⁺¹cos²ⁿsin²u(−2du) =4ⁿ⁺¹ π

Z ^π₂

0

cos²ⁿsin²u du

c. Quand on exprime lesin² avec uncos², on obtient une diérence d'intégrales de Walliswk de la première partie :

u_n= 4ⁿ⁺¹

π (w_n−w_n+1) = 2 2n

n

−1 4

2n+ 2 n+ 1

avec

1 4

2n+ 2 n+ 1

= 1 4

n+1facteurs

z }| { (2n+ 2)(2n+ 1)(2n)· · ·

(n+ 1)!

= (2n+ 2)(2n+ 1) 4(n+ 1)

n−1facteurs

z }| { (2n)(2n−1)· · ·(n+ 2)

n!

= (2n+ 1) 2

nfacteurs

z }| { (2n)(2n−1)· · ·(n+ 2)(n+ 1)

n!

1

n+ 1 = 2n+ 1 2(n+ 1)

2n n

On en tire u_n= 2

2n

n 1− 2n+ 1 2(n+ 1)

= 2 2n

n

2n+ 2−2n−1 2(n+ 1) = 1

n+ 1 2n

n

=C_n

3. La fonction ρest dénie et continue dans l'intervalle ]0,4] mais elle n'est pas dénie en0et admet+∞comme limite. La question 1. sert à contourner cette diculté pour dénir par un passage à la limiteR4

0 f(t)ρ(t)dtpour toutes les fonctions continues dans [0,4].

La bilinéarité de(./.)est une conséquence immédiate de la linéarité de l'intégrale. La symétrie vient de la commutativité du produit de deux nombres réels. Le caractère déni positif vient de la proposition

Z 4 0

f(t)ρ(t)dt= 0

∀t∈]0,4], f(t)ρ(t)≥0 t7→f(t)ρ(t)continue











⇒ ∀t∈]0,4], f(t)ρ(t) = 0

4. a. Par dénition des polynômesPi:

P₀= 1, P₁= 1−X, P₂= 1−3X+X², P₃= 1−6X+ 5X²−X³ DansR3[X], notonsCla base(1, X, X², X³)etPla base(P0, P1, P2, P3)en déduit

M =P_BP









1 1 1 1

0 −1 −3 −6

0 0 1 5

0 0 0 −1









La matrice inverse est la matrice de passage dePdansC. Elle est aussi triangulaire supérieure avec des1 ou des−1sur la diagonale.

Une colonne de M⁻¹ est constituée des coordonnées d'un vecteur de C dans la base orthonormée P. Examinons le terme (i, j) de ^tM⁻¹M⁻¹, il est égal à Li(M⁻¹)Cj(M⁻¹)soit

[ligne des coord deX¹⁺ⁱ dansP][colonne des coord deX^1+j dansP]

CommeP est orthonormée, c'est aussi(X¹⁺ⁱ/X^1+j) = (X^i+j+2/1) =C_i+j+2.