首先，我们使用公式$$D： =\det[x_j^k+x_j_{-k}]_{j，k=0，\点，m-1}=\prod_{l<j}（x_j+x_j^{-1}-x_l-x_l^{-1}）=\prod_{l<j}（xj-xl）（1-xj^{-1}xl^｛-1｝）。$$根据观察结果$x^k+x^{-k}=p_k（x+x^{-1}）$对于多项式美元$学位千美元$前导系数为1，因此我们的矩阵是$x_j+x_j^{-1}$乘以某个酉三角矩阵。
对于行列式，当j美元$和千美元$从0到n美元$，这是一个特殊情况$x_j=e^{\pi ij/n}$对于$j=0,1，\点，n$（带有$m=n+1$). 的标志D美元$明显相等$（-1）^｛\binom｛n+1｝2｝$，由于所有差异$x_j+x_j^{-1}-x_l-x_l^{-1}$是负实，我们必须找到D美元$.$$|D|=4\left|\prod_{0<l<j<n}（x_j-x_l）（x_j-x_l^{-1}）\right|\cdot\left| \prod_{j=1}^{n-1}（x_j-1）^2（x_j+1）^2\right|=\\=4\left|\frac12\prod_{a^{2n}=b^{2n}=1，一个b}（a-b）\right|^{\frac12}\cdot\left |\prod_{j=1}^{n-1}（1-x_j^2）\right |^{\frac12}。$$众所周知，产品的绝对价值超过a，b美元$（即多项式的判别式$f_{2n}（z）=z^{2n}-1$)等于（20亿）^n美元$（例如，因为$|f_{2n}'（ω）|=2n$对于任何根$\欧米茄$属于f_0美元$)、和$\prod_{j=1}^{n-1}（1-x_j^2）=n$出于同样的原因（即。$f_n'（1）=n$,$x_j^2美元$是的根f_n美元$).
现在谈谈行列式$\det[x_j^k+x_j_{-k}]_{j，k=1，\点，n}$对于$x_j=e^{i\pi j/n}$（除以2^n美元$). 为了将其简化为行列式$\波浪线{D}$什么时候j美元$从1到n美元$但是千美元$从0到n-1美元$，我们引入系数$a_0，a_1，\点，a{n-1}$这样的话$x^n+x美元^{-n}-\求和{j=0}^{n-1}aj（x^j+x^{-j}）=\prod_{j=1}^n（x+x^{-1}-xj-xj^{-1})$。然后从最后一列减去第一列的线性组合n-1美元$列我们得到表单的列$a_0（x_j^0+x_j*{-0}）$，因此我们的行列式等于$(-1)^{n-1}a0\波浪线{D}$.
还有待计算$\波浪线{D}$和$a_0美元$。我们可以比较$\颚化符｛D｝$具有上面的D美元$.我们有$$D=（-1）^n\cdot 2\tilde{D}\cdot\prod_{a^{2n}=1，a\ne1}（1-a）=4（-1）#nn\ tilde{D}$$
现在大约$a_0$.$-a_0美元$是洛朗多项式的常数项$$\prod_{j=1}^n（x+x^{-1}-xj-xj^{-1}）=x^{-n}\prod\j=1}^n（x-xj）^{2n}-1)\cdot\frac{x+1}{x-1}=x^{-n}（x+1）（1+x+\dots+x^{2n-1}）$$因此$a_0=-2$.
