Matrice/Exercices/Déterminant

Exercice 2-1

Soient $A,B\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )$ telles que $AB=BA$. Montrer que $\det \left(A^{2}+B^{2}\right)\geq 0$.

Solution

Puisque $A$ et $B$ commutent, on a $A^{2}+B^{2}=\left(A+\mathrm {i} B\right)\left(A-\mathrm {i} B\right)$, et donc :

$\det \left(A^{2}+B^{2}\right)=\det \left(A+\mathrm {i} B\right)\det \left(A-\mathrm {i} B\right)=\det \left(A+\mathrm {i} B\right){\overline {\det \left(A+\mathrm {i} B\right)}}=\left|\det \left(A+\mathrm {i} B\right)\right|^{2}\geq 0$.

 

Exercice 2-2

Soient $A,B\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {Z} )$. On suppose que les entiers $\det A$ et $\det B$ sont premiers entre eux. Montrer qu’il existe $U,V\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {Z} )$ telles que $AU+BV=I_{n}$.

Solution

Soient $a=\det A$ et $b=\det B$. D'après la formule de Laplace, $A\,{}^{t}\!\left(\operatorname {com} A\right)=a\mathrm {I} _{n}$ et $B\,{}^{t}\!\left(\operatorname {com} B\right)=b\mathrm {I} _{n}$ et d'après l'identité de Bézout, il existe $u,v\in \mathbb {Z}$ tels que $au+bv=1$. Les matrices $U:=u\,{}^{t}\!\left(\operatorname {com} A\right)$ et $V:=v\,{}^{t}\!\left(\operatorname {com} B\right)$ répondent donc au problème.

 

Exercice 2-3

À tout polynôme unitaire $P(X)=c_{0}+c_{1}X+\dots +c_{n-1}X^{n-1}+X^{n}$ on associe sa « matrice compagnon » :

$C(P)={\begin{pmatrix}0&0&\dots &0&-c_{0}\\1&0&\dots &0&-c_{1}\\0&1&\dots &0&-c_{2}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots &\vdots \\0&0&\dots &1&-c_{n-1}\end{pmatrix}}$.

Démontrer que $\det(XI_{n}-C(P))=P(X)$.

Solution

Notons $L_{1},\dots ,L_{n}$ les lignes de la matrice

$XI_{n}-C(P)={\begin{pmatrix}X&0&\dots &0&c_{0}\\-1&X&\dots &0&c_{1}\\0&-1&\dots &0&c_{2}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots &\vdots \\0&0&\dots &-1&X+c_{n-1}\end{pmatrix}}$.

En remplaçant $L_{1}$ par $L_{1}+XL_{2}+X^{2}L_{3}+\dots +X^{n-1}L_{n}={\begin{pmatrix}0&0&\dots &0&P(X)\end{pmatrix}}$ puis en développant par rapport à cette première ligne, on obtient :

$\det(XI_{n}-C(P))=(-1)^{n-1}P(X)D$, avec $D={\begin{vmatrix}-1&X&\dots &0\\0&-1&\dots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&\dots &-1\end{vmatrix}}=(-1)^{n-1}$.

 

Exercice 2-4

Démontrer que

${\begin{vmatrix}1&\alpha _{1}&{\alpha _{1}}^{2}&\dots &{\alpha _{1}}^{n-1}\\1&\alpha _{2}&{\alpha _{2}}^{2}&\dots &{\alpha _{2}}^{n-1}\\1&\alpha _{3}&{\alpha _{3}}^{2}&\dots &{\alpha _{3}}^{n-1}\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots \\1&\alpha _{n}&{\alpha _{n}}^{2}&\dots &{\alpha _{n}}^{n-1}\\\end{vmatrix}}=\prod _{1\leq i<j\leq n}\left(\alpha _{j}-\alpha _{i}\right)$.

Solution

Il suffit d'exécuter l'opération élémentaire $C_{i}$ ← $C_{i}-(\alpha _{1}.C_{i-1})$ (sur les colonnes, en partant de $C_{n}$ et en remontant jusqu'à $C_{2}$).

Le déterminant reste inchangé et devient :

$\det(V)={\begin{vmatrix}1&0&0&\dots &0\\1&\alpha _{2}-\alpha _{1}&\alpha _{2}(\alpha _{2}-\alpha _{1})&\dots &\alpha _{2}^{n-2}(\alpha _{2}-\alpha _{1})\\1&\alpha _{3}-\alpha _{1}&\alpha _{3}(\alpha _{3}-\alpha _{1})&\dots &\alpha _{3}^{n-2}(\alpha _{3}-\alpha _{1})\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots \\1&\alpha _{n}-\alpha _{1}&\alpha _{n}(\alpha _{n}-\alpha _{1})&\dots &\alpha _{n}^{n-2}(\alpha _{n}-\alpha _{1})\\\end{vmatrix}}$

En développant selon la première ligne, il vient :

$\det(V)=1\times {\begin{vmatrix}\alpha _{2}-\alpha _{1}&\alpha _{2}(\alpha _{2}-\alpha _{1})&\dots &\alpha _{2}^{n-2}(\alpha _{2}-\alpha _{1})\\\alpha _{3}-\alpha _{1}&\alpha _{3}(\alpha _{3}-\alpha _{1})&\dots &\alpha _{3}^{n-2}(\alpha _{3}-\alpha _{1})\\\vdots &\vdots &&\vdots \\\alpha _{n}-\alpha _{1}&\alpha _{n}(\alpha _{n}-\alpha _{1})&\dots &\alpha _{n}^{n-2}(\alpha _{n}-\alpha _{1})\\\end{vmatrix}}$

C’est-à-dire, par multilinéarité du déterminant :

$\det(V)=(\alpha _{2}-\alpha _{1})(\alpha _{3}-\alpha _{1})\dots (\alpha _{n}-\alpha _{1}){\begin{vmatrix}1&\alpha _{2}&\alpha _{2}^{2}&\dots &\alpha _{2}^{n-2}\\1&\alpha _{3}&\alpha _{3}^{2}&\dots &\alpha _{3}^{n-2}\\1&\alpha _{4}&\alpha _{4}^{2}&\dots &\alpha _{4}^{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots \\1&\alpha _{n}&\alpha _{n}^{2}&\dots &\alpha _{n}^{n-2}\\\end{vmatrix}}$

Par récurrence immédiate, on trouve le résultat annoncé.

Autre preuve : considérons ce déterminant comme un polynôme en $\alpha _{n}$. C'est un polynôme de degré $n-1$, qui s'annule quand $\alpha _{n}$ est égal à l'un des $\alpha _{i}$ pour $i<n$. Il est donc de la forme $\prod _{1\leq i<n}\left(\alpha _{n}-\alpha _{i}\right)Q(\alpha _{1},\dots ,\alpha _{n-1})$. Pour $\alpha _{n}=0$, cela donne $(-1)^{n-1}\prod _{1\leq i<n}\alpha _{i}\;Q(\alpha _{1},\dots ,\alpha _{n-1})={\begin{vmatrix}1&\alpha _{1}&{\alpha _{1}}^{2}&\dots &{\alpha _{1}}^{n-1}\\1&\alpha _{2}&{\alpha _{2}}^{2}&\dots &{\alpha _{2}}^{n-1}\\1&\alpha _{3}&{\alpha _{3}}^{2}&\dots &{\alpha _{3}}^{n-1}\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots \\1&0&0&\dots &0\\\end{vmatrix}}=(-1)^{n-1}{\begin{vmatrix}\alpha _{1}&{\alpha _{1}}^{2}&\dots &{\alpha _{1}}^{n-1}\\\alpha _{2}&{\alpha _{2}}^{2}&\dots &{\alpha _{2}}^{n-1}\\\alpha _{3}&{\alpha _{3}}^{2}&\dots &{\alpha _{3}}^{n-1}\\\vdots &\vdots &&\vdots \\\alpha _{n-1}&{\alpha _{n-1}}^{2}&\dots &{\alpha _{n-1}}^{n-1}\end{vmatrix}}=(-1)^{n-1}\prod _{1\leq i<n}\alpha _{i}\;{\begin{vmatrix}1&\alpha _{1}&{\alpha _{1}}^{2}&\dots &{\alpha _{1}}^{n-2}\\1&\alpha _{2}&{\alpha _{2}}^{2}&\dots &{\alpha _{2}}^{n-2}\\1&\alpha _{3}&{\alpha _{3}}^{2}&\dots &{\alpha _{3}}^{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots \\1&\alpha _{n-1}&{\alpha _{n-1}}^{2}&\dots &{\alpha _{n-1}}^{n-2}\\\end{vmatrix}}$

d'où le résultat, par récurrence.

 

Exercice 2-5

À l'aide de l'exercice précédent, déterminer (en fonction de $\lambda$ et $n$) pour quelle valeur de $\mu$ le déterminant suivant est nul :

${\begin{vmatrix}1&1&1&\dots &1\\\lambda &1&2&\dots &2^{n-1}\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots &\\\lambda ^{n-1}&1&n&\dots &n^{n-1}\\\lambda ^{n}-\mu &1&n+1&\dots &(n+1)^{n-1}\end{vmatrix}}$.

Solution

Ce déterminant, développé suivant la première colonne, est égal à

$\left(\sum _{k=0}^{n-1}(-\lambda )^{k}D_{k}\right)+(-1)^{n}(\lambda ^{n}-\mu )D_{n}$

avec

$D_{k}=\prod _{1\leq i<j\leq n+1 \atop i,j\neq k+1}\left(j-i\right)$

donc

${\frac {D_{k}}{D_{n}}}={\frac {{\cancel {\prod _{1\leq i<j\leq n+1 \atop i,j\neq k+1,n+1}}}\times \prod _{1\leq i<k+1}\left(n+1-i\right)\times \prod _{k+1<i<n+1}\left(n+1-i\right)}{{\cancel {\prod _{1\leq i<j\leq n+1 \atop i,j\neq k+1,n+1}}}\times \prod _{1\leq i<k+1}\left(k+1-i\right)\times \prod _{k+1<j<n+1}\left(j-(k+1)\right)}}={\frac {{\frac {n!}{(n-k)!}}\times (n-k-1)!}{k!\times (n-k-1)!}}={\binom {n}{k}}$.

Il s'annule pour

$\mu ={\frac {\sum _{k=0}^{n}(-\lambda )^{k}D_{k}}{(-1)^{n}D_{n}}}=(-1)^{n}\sum _{k=0}^{n}(-\lambda )^{k}{\binom {n}{k}}=(\lambda -1)^{n}$.

 

Exercice 2-6

Soient $A\in \mathrm {M} _{n,m}(\mathbb {R} )$ et $B\in \mathrm {M} _{m,n}(\mathbb {R} )$. Si $n>m$, montrer que $\det(AB)=0$.

Solution

$AB\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$ et $\operatorname {rang} (AB)\leq \operatorname {rang} (A)\leq \min(m,n)=m<n$.

Remarque : $\det(BA)$, lui, peut très bien être non nul. Exemple : $B={\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}}$ et $A={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$.

 

Exercice 2-7

Montrer que la matrice suivante de $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$ est inversible lorsque $n$ est pair :

$M={\begin{pmatrix}0&\pm 1&\pm 1&\dots &\pm 1\\\pm 1&0&\pm 1&\dots &\pm 1\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots &\\\pm 1&\pm 1&\pm 1&\dots &\pm 1\\\pm 1&\pm 1&\pm 1&\dots &0\end{pmatrix}}$.

Indication : calculer son déterminant modulo 2.

Solution

$M+\mathrm {I} _{n}=N$ avec $N^{2}\equiv nN\equiv 0{\bmod {2}}$ (si $n$ est pair) donc $M^{2}\equiv \mathrm {I} _{n}{\bmod {2}}$ donc $\det M^{2}\equiv 1{\bmod {2}}$ donc $\det M\equiv 1{\bmod {2}}$ donc $\det M\neq 0$.

 

Exercice 2-8

Soient les matrices par blocs

$M_{1}:={\begin{pmatrix}A&B\\0&C\end{pmatrix}},\quad M_{2}:={\begin{pmatrix}A&B\\B&A\end{pmatrix}},\quad M_{3}:={\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}}$.

Montrer que

• $\det M_{1}=\det A\det C$,
• $\det M_{2}=\det(A+B)\det(A-B)$ et
• $\det(M_{3})=\det A\det(D-CA^{-1}B)$ (si $A$ est inversible).

Que donne cette dernière formule lorsque $AC=CA$ ?

Solution

• $\det M_{1}=\det A\det C$ se démontre simplement par récurrence sur la taille $n$ de $A$, en développant suivant la première colonne : si $n=1$, la formule est immédiate (on peut même partir de $n=0$, avec la convention $\det \varnothing =1$). Et si la formule est vraie pour les matrices $A$ de taille $n-1$ alors, en notant $A_{i,j}$ la matrice $A=(a_{i,j})$ privée de sa ligne $i$ et sa colonne $j$ et $B_{i}$ la matrice $B$ privée de sa ligne $i$, on a
  $\det M_{1}=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i,1}\det {\begin{pmatrix}A_{i,1}&B_{i}\\0&C\end{pmatrix}}=$ (par hypothèse de récurrence) $\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i,1}\det A_{i,1}\det C=\det A\det C$.
  Une autre méthode possible est d'utiliser que $A$ (ou $C$) est triangularisable.
• Par opérations sur les lignes puis sur les colonnes, $\det M_{2}=\det {\begin{pmatrix}A&B\\B-A&A-B\end{pmatrix}}=\det {\begin{pmatrix}A+B&B\\(B-A)+(A-B)&A-B\end{pmatrix}}=\det(A+B)\det(A-B)$, la dernière égalité résultant du point précédent.
• $\det(M_{3})=\det A\det(D-CA^{-1}B)$ résulte également du premier point, en remarquant que ${\begin{pmatrix}\mathrm {I} &0\\-CA^{-1}&\mathrm {I} \end{pmatrix}}M_{3}={\begin{pmatrix}A&B\\0&D-CA^{-1}B\end{pmatrix}}$ ou simplement en opérant là encore sur les lignes : $\det(M_{3})={\begin{pmatrix}A&B\\C-CA^{-1}A&D-CA^{-1}B\end{pmatrix}}$.
• Si $AC=CA$ (et si $A$ est inversible), la dernière formule donne $\det(M_{3})=\det A\det(D-A^{-1}CB)=\det(AD-CB)$.

 

Exercice 2-9

Déterminer pour quelles valeurs de $t\in \mathbb {R}$ les polynômes $X^{2}+t/2$, $X-t$ et $(X+t+1)^{2}$ forment une base de $\mathbb {R} _{2}[X]$.

Solution

Les coordonnées de ces trois vecteurs dans la base $(1,X,X^{2})$ de $\mathbb {R} _{2}[X]$ sont ${\begin{pmatrix}t/2\\0\\1\end{pmatrix}}$, ${\begin{pmatrix}-t\\1\\0\end{pmatrix}}$ et ${\begin{pmatrix}(t+1)^{2}\\2(t+1)\\1\end{pmatrix}}$. Le déterminant est donc ${\begin{vmatrix}t/2&-t&(t+1)^{2}\\0&1&2(t+1)\\1&0&1\end{vmatrix}}=t/2-2t(t+1)-(t+1)^{2}=-3t^{2}-7t/2-1=-3(t+2/3)(t+1/2)$ donc ces trois vecteurs forment une base de $\mathbb {R} _{2}[X]$ si et seulement si $t$ est différent de $-2/3$ et de $-1/2$.