Planche no 3. Dterminants. Corrig

Exercice no 1

1re solution.

detB =Sn

()b(1),1...b(n),n =Sn

()(1)1+2+...+n+(1)+...+(n)a(1),1...a(n),n

=Sn

()(1)2(1+2+...+n)a(1),1...a(n),n =Sn

()a(1),1...a(n),n

= detA.

2me solution. On multiplie les lignes numros 2, 4,... de B par 1 puis les colonnes numros 2, 4,... de la matriceobtenue par 1. On obtient la matrice A qui se dduit donc de la matrice B par multiplication des lignes ou des colonnespar un nombre pair de 1 (puisquil y a autant de lignes portant un numro pair que de colonnes portant un numropair). Par suite, det(B) = det(A).

Exercice no 2

Soient C Mq(K) et D Mp,q(K). Soit : (Mp,1(K))p K

(C1, . . . , Cp) 7 det(

X D0 C

) o X = (C1 . . . Cp) Mp(K). est linaire par rapport chacune des colonnes C1,. . . , Cp. Si il existe (i, j) J1, pK2 tel que i 6= j et Ci = Cj, alors (C1, . . . , Cp) = 0.

Ainsi, est une forme p-linaire alterne sur lespace Mp,1(K) qui est de dimension p. On sait alors quil existe K telque = detB0 (o detB0 dsigne la forme dterminant dans la base canonique de Mp,1(K)) ou encore il existe Kindpendant de (C1, . . . , Cp) tel que (C1, . . . , Cp) (Mp,1(K))

p, (C1, . . . , Cp) = detB0(C1, . . . , Cp) ou enfin il existe

K indpendant de X tel que X Mp(K), det

(X D

0 C

)= det(X). Pour X = Ip, on obtient = det

(Ip D

0 C

)et

donc

B Mp(K), det

(B D

0 C

)= det(B) det

(Ip D

0 C

).

De mme, lapplication Y 7 det( Ip D0 Y

)est une forme q-linaire alterne des lignes de Y et donc il existe K tel

que Y Mq(K), det

(Ip D

0 Y

)= det(Y) puis Y = Iq fournit = det

(Ip D

0 Iq

)et donc

B Mp(K), C Mq(K), D Mp,q(K), det

(B D0 C

)= det(B) det(C) det

(Ip D0 Iq

)= det(B) det(C),

(en supposant acquise la valeur dun dterminant triangulaire qui peut sobtenir en revenant la dfinition dun dtermi-nant et indpendamment de tout calcul par blocs).

(B,C,D) Mp(K)Mq(K)Mp,q(K), det

(B D

0 C

)= det(B) det(C).

Exercice no 3

Soit n un entier naturel non nul. On note L0, L1,. . . , Ln les lignes du dterminant Van(x0, . . . , xn)A la ligne numro n du dterminant Van(x0, . . . , xn), on ajoute une combinaison linaire des lignes prcdentes du type

Ln Ln + n1i=0

iLi. La valeur du dterminant na pas chang mais sa dernire ligne scrit maintenant (P(x0), ..., P(xn))

o P est un polynme unitaire de degr n. On choisit alors pour P (le choix des i quivaut au choix de P) le polynme

P =

n1i=0

(X xi) (qui est bien unitaire de degr n). La dernire ligne scrit alors (0, ..., 0, P(xn)) et en dveloppant ce

dterminant suivant cette dernire ligne, on obtient la relation de rcurrence :

c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 1 http ://www.maths-france.fr

n N, Van(x0, . . . , xn) = P(xn)Van(x0, . . . , xn1) =

n1i=0

(xn xi)Van(x0, . . . , xn1).

En tenant compte de Van(x0) = 1, on obtient donc par rcurrence

n N, (xi)06i6n Kn+1, Van(xi)06i6n =

06i

(y compris dans les cas particuliers analyss en dbut dexercice).

Calcul du dterminant de Hilbert. On est dans le cas particulier o i J1, nK, ai = bi = i. Dabord

Van(1, ..., n) =nj=2

(j1i=1

(j i)

)=

nj=2

(j 1)! =

n1i=1

i!.

Puis

16i,j6n

(i + j) =

ni=1

nj=1

(i + j)

= n

i=1

(i+ n)!

i!et donc

n N, Hn =

(ni=1

i!

)4

n!22ni=1

i!

.

Exercice no 5

Le dterminant du systme est = Van(1, . . . , n) 6= 0. Le systme propos est donc un systme de Cramer.

Les formules de Cramer donnent : j J1, nK, xj =j

o

j =

1 . . . 1 1 1 . . . 1

1 j 1 0 j+ 1 n...

......

......

......

......

...1 . . . (j 1)n1 0 (j+ 1)n1 . . . nn1

= (1)j+1

1 . . . j 1 j+ 1 . . . n...

......

...

......

......

1 . . . (j 1)n1 (j+ 1)n1 . . . nn1

(en dveloppant suivant la j-me colonne)

= (1)j+11...(j 1)(j + 1)...n

1 . . . 1 1 . . . 1

1 j 1 j+ 1 n...

......

...

......

......

1 . . . (j 1)n2 (j+ 1)n2 . . . nn2

(par n linarit)

= (1)j+1n!

jVan(1, ..., (j 1), (j + 1), ..., n) = (1)j+1

n!

j

Van(1, ..., n)

(j 1) . . . (j (j 1))((j + 1) j) . . . (n j)

= (1)j+1n!

j!(n j)!Van(1, ..., n) = (1)j+1

(n

j

)Van(1, ..., n).

Finalement,

j J1, nK, xj = (1)j+1

(n

j

).

Exercice no 6

On note C1,. . . , Cn les colonnes du dterminant de lnonc puis on pose C = (cos(ai))16i6n et S = (sin(ai))16i6n.Pour tout j J1, nK, Cj = sin(aj)C+ cos(aj)S. Ainsi, les colonnes de la matrice propose sont dans Vect(C, S) qui est unespace de dimension au plus deux et donc,

c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 3 http ://www.maths-france.fr

si n > 3, det(sin(ai + aj))16i,j6n = 0.

Si n = 2, on a

sin(2a1) sin(a1 + a2)sin(a1 + a2) sin(2a2) = sin(2a1) sin(2a2) sin2(a1 + a2).

Exercice no 7

Soient les vecteurs colonnes A = (ai)16i6n et U = (1)16i6n.j J1, nK, Cj = A + bjU. Les colonnes de la matrice propose sont dans un espace de dimension au plus deux et donc,

si n > 3, det(ai + bj)16i,j6n = 0.

Si n = 2, on a

a1 + b1 a1 + b2a2 + b1 a2 + b2 =C1C1C2

b1 b2 a1 + b2b1 b2 a2 + b2 = (b1 b2)

1 a1 + b21 a2 + b2 = (a2 a1)(b1 b2).

Exercice no 8

Pour tout j J1, nK,

Cj = ((a+ i+ j)2)16i6n = j

2(1)16i6n + 2(a+ j)(i)16i6n + (i2)16i6n.

Les colonnes de la matrice propose sont dans un espace de dimension au plus trois et donc,

si n > 4, det((a+ i + j)2)16i,j6n = 0.

Le calcul est ais pour n {1, 2, 3}.

Exercice no 9

xj xi

j iest dj un rationnel strictement positif.

Posons Pi = 1 si i = 1, et si i > 2, Pi =X(X 1) . . . (X (i 2))

(i 1)!.

Puisque, pour i J1, nK, deg(Pi) = i 1, on sait que la famille (Pi)16i6n est une base de Qn1[X]. De plus, pour i > 2,

Pi Xi1

(i 1)!est de degr i 2 et est donc combinaison linaire de P1, P2,..., Pi2 ou encore, pour 2 6 i 6 n, la ligne

numro i du dterminant det(Ci1xj

)16i,j6n

est somme de la ligne

(xi1j

(i 1)!

)16j6n

et dune combinaison linaire des

lignes qui la prcde. En partant de la dernire ligne et en remontant jusqu la deuxime, on retranche la combinaisonlinaire correspondante des lignes prcedentes sans changer la valeur du dterminant. On obtient par linarit par rapport chaque ligne

det(Ci1xj

)16i,j6n

=1

ni=1

(i 1)!

Van(x1, ..., xn) =

16i

nu=1

auj(u1)(k1) =

njv=(j1)

av(v+j1)(k1) =

1v=(j1)

av(v+j1)(k1) +

njv=0

av(v+j1)(k1)

=

1v=(j1)

av+n(v+n+j1)(k1) +

nju=0

au(u+j1)(k1) (car av+n = av et

n = 1)

=

n1u=nj+1

au(u+j1)(k1) +

nju=0

au(u+j1)(k1) =

n1u=0

au(u+j1)(k1)

= (j1)(k1)n1u=0

auu(k1).

Pour k J1, nK, posons Sk =n1u=0

auu(k1). Le coefficient ligne j, colonne k de A vaut donc(j1)(k1)Sk. Par passage

au dtereminant, on en dduit que :

det(A) = det((j1)(k1)Sk

)16j,k6n

=

(n

k=1

Sk

)det((j1)(k1))16j,k6n

(Sk est en facteur de la colonne k) ou encore (detA)(det) =

(n

k=1

Sk

)(det). Enfin, est la matrice de Vandermonde

des racines n-mes de lunit et est donc inversible puisque celles-ci sont deux deux distinctes. Par suite det 6= 0 etaprs simplification on obtient

detA =

nk=1

Sk o Sk =

n1u=0

auu(k1).

Par exemple,

a b c

c a b

b c a

= S1S2S3 = (a+ b + c)(a + jb+ j2c)(a + j2b+ jc) o j = e2ipi/3.Un calcul bien plus simple sera fourni dans la planche Rduction .

Exercice no 11

1) d =Sn

()a(1),1...a(n),n est drivable sur R en tant que combinaison linaire de produits de fonctions drivables

sur R et de plus

d =Sn

()(a(1),1...a(n),n) =Sn

()

ni=1

a(1),1...a

(i),i . . . a(n),n =

ni=1

Sn

()a(1),1...a

(i),i . . . a(n),n

=

ni=1

det(C1, ..., C

i, ..., Cn) (o C1, ..., Cn sont les colonnes de la matrice).

2) 1 re solution. Daprs ce qui prcde, la fonction dn est drivable sur R et pour n > 2 et x rel, on a

c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 5 http ://www.maths-france.fr

d n(x) =

ni=1

x+ 1 1 . . . 1 0 1 . . . . . . 1

1. . .

. . ....

......

.... . .

. . . 1...

. . . x+ 1 0...

... 1 1 1... 0 x+ 1

. . .... 1

. . .. . .

......

......

.... . .

. . . 11 . . . . . . 1 0 1 . . . 1 x+ 1

(la colonne particulire est la colonne i)

=

ni=1

dn1(x)(en dveloppant le i-me dterminant par rapport sa i-me colonne)

= ndn1(x).

En rsum, n > 2, x R, dn(x) = ndn1(x). Dautre part x R, d1(x) = x + 1 et n > 2, dn(0) = 0 (dterminantayant deux colonnes identiques).Montrons alors par rcurrence que n > 1, x R, dn(x) = x

n + nxn1. Cest vrai pour n = 1. Soit n > 1. Supposons que x R, dn(x) = x

n + nxn1. Alors, pour x R,

dn+1(x) = dn+1(0) +

x0

d n+1(t) dt = (n + 1)

x0

dn(t) dt = xn+1 + (n + 1)xn.

On a montr que

n > 1, x R, dn(x) = xn + nxn1.

2 me solution. dn est clairement un polynme de degr n unitaire. Pour n > 2, puisque dn(0) = 0 et que d

n = ndn1,

0 est racine de dn, d

n, ..., d(n2)n et est donc racine dordre n 1 au moins de dn. Enfin, dn(n) = 0 car la somme des

colonnes du dterminant obtenu est nulle. Finalement n > 2, x R, dn(x) = xn1(x+n) ce qui reste vrai pour n = 1.

Une variante peut tre obtenue avec des connaissances sur la rduction .

Exercice no 12

On effectue sur la matrice

(A BB A

)les transformations : j J1, nK, Cj Cj + iCn+j (o i2 = 1) sans modifier la

valeur du dterminant. On obtient det

(A B

B A

)= det

(A iB B

B+ iA A

).

Puis en effectuant les transformations : j Jn + 1, 2nK, Lj Lj iLjn, on obtientdet

(A BB A

)= det

(A iB BB+ iA A

)= det

(A iB B

0 A+ iB

)= det(A + iB) det(A iB).

Comme les matrices A et B sont relles, det(A iB) = det(A + iB) et donc

det

(A B

B A

)= |det(A + iB)|2 R+.

Exercice no 13

Si D est inversible, un calcul par blocs fournit(A BC D

)(D 0

C D1

)=

(AD BC BD1

CD DC I

)=

(AD BC BD1

0 I

)(car C et D commutent)

c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 6 http ://www.maths-france.fr

et donc, puisque

det

((A B

C D

)(D 0

C D1

))= det

(A B

C D

)det

(D 0

C D1

)= det

(A B

C D

) detD detD1

= det

(A BC D

)

et que det

(AD BC BD1

0 I

)= det(ADBC)det(I) = det(ADBC), on a bien det

(A BC D

)= det(ADBC) (si

C et D commutent).

Si D nest pas inversible, det(D xI) est un polynme en x de degr n et donc ne sannule quun nombre fini de fois.Par suite, la matrice D xI est inversible sauf peut-tre pour un nombre fini de valeurs de x. Dautre part, pour toutevaleur de x, les matrices C et D xI commutent et daprs ce qui prcde, pour toutes valeurs de x sauf peut-tre pourun nombre fini, on a

det

(A B

C D xI

)= det(A(D xI) BC).

Ces deux expressions sont encore des polynmes en x qui concident donc en une infinit de valeurs de x et sont doncgaux. Ces deux polynmes prennent en particulier la mme valeur en 0 et on a montr que

si C et D commutent, det

(A BC D

)= det(AD BC).

Exercice no 14

A = 0 convient.Rciproquement, on a tout dabord det(A + A) = detA + detA ou encore (2n 2)detA = 0 et, puique n > 2, detA = 0.Donc,

A / GLn(K) et A vrifie : M Mn(K), det(A +M) = detM.

Supposons A 6= 0. Il existe donc une colonne Cj 6= 0.La colonne Cj nest pas nulle et daprs le thorme de la base incomplte, on peut construire une matrice M inversibledont la j-me colonne est Cj. Puisque M est inversible, detM 6= 0 et puisque la j-me colonne de la matrice A +M estnulle, det(A +M) = 0. Pour cette matrice M, on a det(A +M) 6= detA + detM et A nest pas solution du problme.Finalement

(M Mn(K), det(A +M) = detA+ detM) A = 0.Exercice no 15

En dveloppant suivant la dernire colonne, on obtient

det (xIn A) =

x 0 . . . 0 a0

1. . .

. . .... a1

0. . .

. . . 0...

.... . .

. . . x an20 . . . 0 1 x an1

= xn1(x an1) +

n2k=0

(1)n+k+1(ak)k

o k =

x 0 . . . 0 . . . . . .

. . .

. . ....

......

.... . .

. . . 0...

... . . . x . . . . . .

0 . . . . . . 0 1 . . . ...

... 0. . .

. . ....

......

.... . .

. . . 0 . . . . . . 0 0 . . . 0 1

= xk(1)n1k (dterminant par blocs).

c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 7 http ://www.maths-france.fr

Finalement,

det (xIn A) = xn1(x an1) +

n2k=0

(1)n+k+1(ak)(1)n1kxk = xn

n1k=0

akxk.

Exercice no 16

1) Sans modifier la valeur de detA, on effectue les transformations : j J1, nK, Cj Cj + C2n+1j.On obtient alors par linarit du dterminant par rapport chacune des n premires colonnes

detA = (a+ b)p

1 0 . . . 0 0 . . . 0 b

0. . .

. . ....

... 0...

. . .. . . 0 0

...0 . . . 0 1 b 0 . . . 0

0 . . . 0 1 a 0 . . . 0... 0 0

. . .. . .

...

0...

.... . .

. . . 01 0 . . . 0 0 . . . 0 a

.

On effectue ensuite les transformations : i Jn+ 1, 2nK, Li Li L2n+1i et par linarit du dterminant par rapportaux n dernires lignes, on obtient

detA = (a+ b)n(a b)n = (a2 b2)n.

2) Si n > 2, ce dterminant a deux colonnes gales (ou une colonne nulle si n > 3) et est donc nul.

3) On retranche la premire colonne toutes les autres et on obtient un dterminant triangulaire : Dn = (1)n1.

Pour le deuxime dterminant, on ajoute les n 1 dernires colonnes la premire puis on met n 1 en facteur de lapremire colonne et on retombe sur le dterminant prcdent. On obtient : Dn = (1)

n1(n 1).

4) On ajoute les n 1 dernires colonnes la premire puis on met a + (n 1)b en facteur de la premire colonne. Onobtient

Dn = (a + (n 1)b)

1 b . . . . . . b... a

. . ....

b. . .

. . ....

......

. . .. . . b

1 b . . . b a

.

On retranche ensuite la premire ligne toutes les autres et on obtient

Dn = (a+ (n 1)b)

1 b . . . . . . b

0 a b 0 . . . 0... 0

. . .. . .

......

.... . .

. . . 00 0 . . . 0 a b

= (a+ (n 1)b)(a b)n1.

a b . . . b

b. . .

. . ....

.... . .

. . . bb . . . b a

= (a+ (n 1)b)(a b)n1.

c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits rservs. 8 http ://www.maths-france.fr