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 le polynôme minimal de $C(P)$ est $P$, et (sans utiliser le théorème de Cayley-Hamilton) que $\det(XI_{n}-C(P))=P(X)$.

Solution

L'endomorphisme $f\in \mathrm {L} (K^{n})$ associé vérifie $f(e_{1})=e_{2},\ldots ,f(e_{n-1})=e_{n}$ donc $e_{k}=f^{k-1}(e_{1})$ ($\forall k=1,\ldots ,n$), donc $\forall Q\in K[X]\quad \left[Q(f)=0\Leftrightarrow Q(f)(e_{1})=0\right]$. Pour $Q=P$ cette condition est vérifiée, mais pas pour $Q\neq 0$ de degré $<n$. Donc le polynôme minimal est $P$.

Puisque le polynôme $\det(XI_{n}-C(P))$ est unitaire, de degré $n$ et (d'après le théorème de Cayley-Hamilton) multiple du polynôme minimal, il est donc égal à $P$, mais vérifions-le directement.

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

Soit

$V={\begin{pmatrix}1&\alpha _{1}&{\alpha _{1}}^{2}&\dots &{\alpha _{1}}^{n-1}\\1&\alpha _{2}&{\alpha _{2}}^{2}&\dots &{\alpha _{2}}^{n-1}\\1&\alpha _{3}&{\alpha _{3}}^{2}&\dots &{\alpha _{3}}^{n-1}\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots \\1&\alpha _{n}&{\alpha _{n}}^{2}&\dots &{\alpha _{n}}^{n-1}\\\end{pmatrix}}$.

Démontrer que $\det V=\prod _{1\leq i<j\leq n}\left(\alpha _{j}-\alpha _{i}\right)$.

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 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.

 

Quel est le rang de $V$ ?

Solution

Le rang est le nombre de valeurs distinctes des $\alpha _{i}$.

 

Utiliser la méthode de Cramer pour résoudre le système linéaire

${\begin{cases}x+y+z&=1\\ax+by+cz&=d\\a^{2}x+b^{2}y+c^{2}z&=d^{2}\end{cases}}$

avec $a,b,c\in \mathbb {R}$ deux à deux distincts et $d\in \mathbb {R}$.

Solution

$x={\frac {(c-d)(b-d)}{(c-a)(b-a)}},\quad y={\frac {(c-d)(a-d)}{(c-b)(a-b)}},\quad z={\frac {(b-d)(a-d)}{(b-c)(a-c)}}$.

 

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 $-1/2$.

 

Exercice 2-10

Calculer les dix déterminants suivants.

$D_{1}={\begin{vmatrix}1&3&2\\1&3&3\\1&2&1\end{vmatrix}},\quad D_{2}={\begin{vmatrix}1&1&1\\3&3&2\\2&3&1\end{vmatrix}},\quad D_{3}={\begin{vmatrix}5&-3&13\\0&-1&-16\\0&0&2\end{vmatrix}},\quad D_{4}={\begin{vmatrix}1&0&0\\0&{{\sqrt {3}} \over 2}&-{1 \over 2}\\0&{1 \over 2}&{{\sqrt {3}} \over 2}\end{vmatrix}},\quad D_{5}={\begin{vmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{vmatrix}},$

$D_{6}={\begin{vmatrix}2&0&0&1\\5&2&1&0\\3&1&-6&7\\2&4&0&1\end{vmatrix}},\quad D_{7}={\begin{vmatrix}0&-1&0&0\\4&0&2&1\\2&3&0&-5\\1&6&6&1\end{vmatrix}},\quad D_{8}={\begin{vmatrix}1&2.10^{2}&1\\0&-3.10^{2}&1\\0&6.10^{5}&-2.10^{3}\end{vmatrix}},\quad D_{9}={\begin{vmatrix}3&4&-2\\1&0&1\\2&1&{\sqrt {2}}\end{vmatrix}}\quad {\text{et}}\quad D_{10}={\begin{vmatrix}0&1&0&1\\1&0&1&0\\1&0&0&1\\0&1&1&0\end{vmatrix}}.$

Solution

• Par Sarrus, $D_{1}=3+4+9-6-3-6=1$.
• $D_{2}=D_{1}$ (transposée).
• $D_{3}=5\times (-1)\times 2=-10$ (matrice triangulaire).
• $D_{4}=1$ (rotation — d'axe $Ox$ et d'angle ${\frac {\pi }{6}}$).
• $D_{5}=1$ (matrice d'un 3-cycle, permutation paire).
• $D_{6}=2{\begin{vmatrix}2&1&0\\1&-6&7\\4&0&1\end{vmatrix}}-{\begin{vmatrix}5&2&1\\3&1&-6\\2&4&0\end{vmatrix}}=2(-12+28-1)-(12-24+120-2)=30-106=-76$.
• $D_{7}={\begin{vmatrix}4&2&1\\2&0&-5\\1&6&1\end{vmatrix}}=12-10+120-4=118$ (par Sarrus).
• $D_{8}=10^{2}{\begin{vmatrix}1&2&1\\0&-3&1\\0&6.10^{3}&-2.10^{3}\end{vmatrix}}=10^{2}.2.10^{3}{\begin{vmatrix}1&2&1\\0&-3&1\\0&3&-1\end{vmatrix}}=2.10^{5}{\begin{vmatrix}-3&1\\3&-1\end{vmatrix}}=0$.
• Par Sarrus, $D_{9}=0-2+8-3-4{\sqrt {2}}-0=3-4{\sqrt {2}}$.
• $D_{10}=0$ car (par exemple) les lignes sont liées : $L_{1}+L_{2}=L_{3}+L_{4}$.

 

1. Calculer l'aire du parallélogramme défini par les vecteurs $(7,3)$ et $(1,4)$.
2. Calculer le volume du parallélépipède défini par les vecteurs $(2,1,1)$, $(1,1,4)$ et $(1,3,1)$.

Solution

1. ${\begin{vmatrix}7&1\\3&4\end{vmatrix}}=7\times 4-1\times 3=25$ donc l'aire vaut 25.
2. ${\begin{vmatrix}2&1&1\\1&1&3\\1&4&1\end{vmatrix}}=-17$ donc le volume vaut 17.

 

Exercice 2-11

Soit l'application $f:\mathbb {R} _{n}[X]\to \mathbb {R} _{n}[X],\;P\mapsto P+P'$. Calculer le déterminant de $f$ dans la base canonique.

Solution

La matrice de $f$ dans la base canonique est triangulaire avec des $1$ sur la diagonale donc le déterminant vaut $1$.

 

Exercice 2-12

Calculer le déterminant des matrices $A:={\begin{pmatrix}1&{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}\\{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}\\{\frac {1}{3}}&{\frac {1}{4}}&m\end{pmatrix}}$ et $B:={\begin{pmatrix}1&1&1\\b+c&c+a&a+b\\bc&ca&ab\end{pmatrix}}$ et préciser pour quelles valeurs des paramètres elles sont inversibles.

Solution

$\det A={\frac {m}{3}}+{\frac {1}{24}}+{\frac {1}{24}}-{\frac {m}{4}}-{\frac {1}{27}}={\frac {36m-7}{16\times 27}}$ donc A est inversible pour $m\neq {\frac {7}{36}}$. Remarque : pour $m={\frac {7}{36}}$, les colonnes de $A$ sont liées par $C_{1}=6(C_{2}-C_{3})$.

$\det B=(c+a)ab+(b+c)ca+(a+b)bc-(a+b)ca-(b+c)ab-(c+a)bc=ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)$. Vu comme un polynôme en $c$ (avec coefficients dépendant de $a$ et $b$), c'est un polynôme de degré 2 qui a pour racines $a$ et $b$ (cela se lit directement sur le déterminant) et de coefficient dominant $a-b$, donc $\det B=(a-b)(c-a)(c-b)$.

Ou moins savamment : $\det B={\begin{vmatrix}1&0&0\\b+c&a-b&b-c\\bc&c(a-b)&a(b-c)\end{vmatrix}}=(a-b)(b-c){\begin{vmatrix}1&0&0\\b+c&1&1\\bc&c&a\end{vmatrix}}=(a-b)(b-c)(a-c)$.

 

Exercice 2-13

Montrer les formules suivantes où les déterminants sont d'ordre $n$ :

$d_{n}:={\begin{vmatrix}2&-1&0&\dots &0\\-1&2&\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ddots &\ddots &\ddots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &2&-1\\0&\dots &0&-1&2\\\end{vmatrix}}=n+1,\qquad \qquad D_{n}:={\begin{vmatrix}1&2&3&\dots &n\\-1&0&3&\dots &n\\-1&-2&0&\dots &n\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\-1&-2&-3&\dots &0\\\end{vmatrix}}=n!.$

On pourra développer $d_{n}$ suivant la première ligne puis, par un développement supplémentaire, trouver une expression de $d_{n}$ en fonction de $d_{n-1}$ et $d_{n-2}$.

Pour $D_{n}$, on pourra effectuer les transformations élémentaires $L_{k}\leftarrow L_{k}+L_{1}$ pour $k>1$.

Solution

$d_{n}=2d_{n-1}+$ un déterminant d'ordre $n-1$ qui, par développement suivant la première colonne, se trouve être égal à $-d_{n-2}$, donc $d_{n}=2d_{n-1}-d_{n-2}$. En partant de $d_{1}=2$$ (ou même de $d_{0}=1$) on en déduit par récurrence que $d_{n}=n+1$ car $2((n-1)+1)-((n-2)+1)=n+1$.

En appliquant à $D_{n}$ l'indication et en sortant le facteur $k$ de la $k$-ième colonne pour chaque $k$, on trouve le produit de $n!$ par un déterminant triangulaire avec des $1$ sur la diagonale.

 

Soient $a_{1},\dots ,a_{n},b_{1},\dots ,b_{n}\in \mathbb {C}$. Notons $\Delta _{n+1}$ le déterminant de la matrice tridiagonale d'ordre $n+1$ :

${\begin{pmatrix}0&a_{1}&0&\dots &0\\b_{1}&0&\ddots &\ddots &\vdots \\0&\ddots &\ddots &\ddots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &0&a_{n}\\0&\dots &0&b_{n}&0\\\end{pmatrix}}$.

Calculer $\Delta _{1},\Delta _{2},\Delta _{3}$, puis $\Delta _{n}$ pour tout $n$ (on distinguera les cas pair et impair).

Solution

$\Delta _{1}=\det(0)=0$, $\Delta _{2}=-a_{1}b_{1}$ (et $\Delta _{3}=0$ par exemple par Sarrus, mais ce calcul est en fait inutile d'après ce qui suit).

Pour $n\geq 2$, en développant $\Delta _{n+1}$ suivant la dernière colonne puis en développant le cofacteur de $a_{n}$ suivant sa dernière ligne on trouve

$\Delta _{n+1}=-a_{n}b_{n}D_{n-1}$.

On en déduit (par récurrence) que si $n$ est impair, $\Delta _{n}=0$, tandis que

$\Delta _{2m}=(-a_{2m-1}b_{2m-1})(-a_{2m-3}b_{2m-3})\ldots (-a_{3}b_{3})(-a_{1}b_{1})=(-1)^{m}\prod _{k=1}^{m}a_{2k-1}b_{2k-1}$.

 

Exercice 2-14

Démontrer que

${\begin{vmatrix}{\frac {1}{a_{1}+b_{1}}}&{\frac {1}{a_{1}+b_{2}}}&\dots &{\frac {1}{a_{1}+b_{n}}}\\{\frac {1}{a_{2}+b_{1}}}&{\frac {1}{a_{2}+b_{2}}}&\dots &{\frac {1}{a_{2}+b_{n}}}\\\vdots &\vdots &&\vdots \\{\frac {1}{a_{n}+b_{1}}}&{\frac {1}{a_{n}+b_{2}}}&\dots &{\frac {1}{a_{n}+b_{n}}}\end{vmatrix}}={\frac {\mathrm {V} (a_{1},\dots ,a_{n})\mathrm {V} (b_{1},\dots ,b_{n})}{\prod \limits _{i,j}(a_{i}+b_{j})}}$,

où $\mathrm {V} (\alpha _{1},\dots ,\alpha _{n})=\prod _{1\leq i<j\leq n}\left(\alpha _{j}-\alpha _{i}\right)$ (voir supra).

Solution

Références :

• A. L. Cauchy, Œuvres complètes, série 2, t. 12, p. 173-182 : « Mémoire sur les fonctions alternées et sur les sommes alternées » (1841)
• (en) Ian G. Macdonald, Symmetric Functions and Orthogonal Polynomials, AMS, 1998, p. 8
• (en) C. Krattenthaler, « Advanced determinant calculus », Séminaire Lotharingien de Combinatoire [electronic only] 42 (1999): B42q, 67 p.-B42q, 67 p. <http://eudml.org/doc/119961>

Ces trois références donnent la preuve suivante, moins laborieuse que la preuve par récurrence que l'on trouve le plus souvent dans les manuels.

Il s'agit de démontrer que

${\begin{vmatrix}C_{1,1}&C_{1,2}&\dots &C_{1,n}\\C_{2,1}&C_{2,2}&\dots &C_{2,n}\\\vdots &\vdots &&\vdots \\C_{n,1}&C_{n,2}&\dots &C_{n,n}\end{vmatrix}}=\mathrm {V} (a_{1},\dots ,a_{n})\mathrm {V} (b_{1},\dots ,b_{n})$, où $C_{i,j}=\prod _{k\neq j}(a_{i}+b_{k})$.

Le polynôme de gauche s'annule si deux $a_{i}$ ou deux $b_{j}$ sont égaux, donc c'est un multiple du polynôme de droite.

Plus précisément, puisque les deux polynômes (homogènes en les $a_{i}$ et $b_{j}$) sont de même degré total $n(n-1)$ : le polynôme de gauche est égal à $k_{n}$ fois celui de droite, pour une certaine constante $k_{n}$.

Pour vérifier que $k_{n}=1$, il suffit de constater que dans ces deux polynômes, le coefficient du monôme $(a_{1}b_{1})^{n-1}(a_{2}b_{2})^{n-2}\dots (a_{n-1}b_{n-1})^{1}(a_{n}b_{n})^{0}$ est égal à $1$.

 

Exercice 2-15

Soit $\theta \in \left]0,\pi \right[$. On considère la matrice d'ordre $n\geq 1$ :

$B_{n}(\theta )={\begin{pmatrix}2\cos \theta &1&0&\dots &0&0\\1&2\cos \theta &1&\dots &0&0\\0&1&2\cos \theta &\dots &0&0\\\dots &\dots &\dots &\dots &\dots &\dots \\0&0&0&\dots &2\cos \theta &1\\0&0&0&\dots &1&1+2\cos \theta \end{pmatrix}}$ (en particulier, $B_{1}(\theta )=(1+2\cos \theta )$).

1. Montrer que $\forall n\geq 2\quad \det B_{n+1}(\theta )=2\cos \theta \det B_{n}(\theta )-\det B_{n-1}(\theta )$.
2. En déduire (par récurrence) que $\det B_{n}(\theta )={\sin(n+1)\theta \over \sin \theta }+{\sin n\theta \over \sin \theta }$.
3. Montrer que $\det B_{n}(\theta )$ s'annule pour $n$ valeurs distinctes de $\theta \in \left]0,\pi \right[$ et les déterminer (on rappelle que $\sin a+\sin b=2\sin {\frac {a+b}{2}}\cos {\frac {a-b}{2}}$).
4. Soient $A_{n}=B_{n}(\pi /2)$ et $P_{n}$ son polynôme caractéristique. Calculer $P_{n}(-2\cos \theta )$ et déduire de ce qui précède les valeurs propres de $A_{n}$.

Solution

1. Immédiat, en développant par exemple suivant la première ligne.
2. • L'égalité est claire pour $n=1$.
   • $\det B_{2}(\theta )=4\cos ^{2}\theta +2\cos \theta -1$ est bien égal à ${\sin 3\theta \over \sin \theta }+{\sin 2\theta \over \sin \theta }$ (cf. Approche géométrique des nombres complexes/Apports à la trigonométrie#Formules de dé-linéarisation).
   • $2\cos \theta \left(\sin(n+1)\theta +\sin n\theta \right)-\left(\sin n\theta +\sin(n-1)\theta \right)=\sin(n+2)\theta +\sin n\theta +\sin(n+1)\theta +\sin(n-1)\theta -\left(\sin n\theta +\sin(n-1)\theta \right)$ (cf. Approche géométrique des nombres complexes/Apports à la trigonométrie#Produit de cosinus et de sinus) est bien égal à $\sin(n+2)\theta +\sin(n+1)\theta$.
3. $\det B_{n}(\theta )=0\Leftrightarrow \sin(n+1)\theta +\sin n\theta =0\Leftrightarrow \sin {\frac {(2n+1)\theta }{2}}\cos {\frac {\theta }{2}}=0$ (cf. Approche géométrique des nombres complexes/Apports à la trigonométrie#Somme de cosinus et de sinus) $\Leftrightarrow \sin {\frac {(2n+1)\theta }{2}}$ (puisque $\theta \in \left]0,\pi \right[$) $\Leftrightarrow \theta ={\frac {k2\pi }{2n+1}}$ avec $k\in \{1,2,\dots ,n\}$.
4. $P_{n}(-2\cos \theta )=\det(A_{n}+2\cos \theta \mathrm {I} _{n})=\det(B_{n})$ donc les valeurs propres de $A_{n}$ (les racines de $P_{n}$) sont les $n$ réels distincts $-2\cos {\frac {k2\pi }{2n+1}}\in \left]-2,2\right[$ pour $k\in \{1,2,\dots ,n\}$.

 

Exercice 2-16

Calculer les déterminants des matrices suivantes :

${\begin{pmatrix}a&c&c&b\\c&a&b&c\\c&b&a&c\\b&c&c&a\end{pmatrix}},\qquad {\begin{pmatrix}c&a&b&c\\a&c&c&b\\b&c&c&a\\c&b&a&c\end{pmatrix}},\qquad {\begin{pmatrix}a&x&y&z\\b&x&y&z\\c&x'&y'&z'\\d&x'&y'&z'\end{pmatrix}}$,

${\begin{pmatrix}1+a&b&a&b\\b&1+a&b&a\\a&b&1+a&b\\b&a&b&1+a\end{pmatrix}},\qquad {\begin{pmatrix}a&a&a^{2}&b+c+d\\a&b&b^{2}&c+d+a\\a&c&c^{2}&d+a+b\\a&d&d^{2}&a+b+c\end{pmatrix}},\qquad {\begin{pmatrix}1&0&a&a^{2}\\0&1&b&b^{2}\\1&0&c&c^{2}\\0&1&d&d^{2}\end{pmatrix}}$.

Solution

1. • 1^re méthode : $\det M(a,b,c)$ est, a priori, un polynôme homogène de degré 4 en $a,b,c$. Il s'annule si $a+b+2c=0$ (car la somme des colonnes — ou des lignes — est alors nulle), si $a+b-2c=0$ (idem avec la somme alternée), et si $a=b$ (dans ce cas la matrice est même de rang $\leq 2$). Il est donc de la forme $(a+b+2c)(a+b-2c)(a-b)(\alpha a+\beta b+\gamma c)$. Pour trouver $\alpha ,\beta ,\gamma$, on peut évaluer $M(a,b,c)$ dans des cas particuliers : $\alpha =\det M(1,0,0)=1$, $\beta =-\det M(0,1,0)=-1$, et par exemple $-3(\alpha +\gamma )=\det M(1,0,1)=[\dots ]=-3$ donc $\gamma =0$, d'où $\det M(a,b,c)=(a+b+2c)(a+b-2c)(a-b)^{2}$.
   • 2^e méthode : pour éviter le dernier des 3 calculs ci-dessus on pouvait affiner le raisonnement précédent, en remplaçant $a$ par $a-\lambda$ : on trouve les valeurs propres $\lambda _{1}:=a+b+2c$, $\lambda _{2}:=a+b-2c$ et la valeur propre $\lambda _{3}:=a-b$, dont le s.e.v. propre associé est de dimension $\geq 2$ : donc $M(a,b,c)$ est diagonalisable et son déterminant est $\lambda _{1}\lambda _{2}\lambda _{3}^{2}$. (On peut préciser si on veut : $\varepsilon _{1}:=(1,1,1,1),\varepsilon _{2}:=(1,-1,1,-1),\varepsilon _{3}:=(1,0,0,-1),\varepsilon _{4}:=(0,1,-1,0)$ sont propres pour les valeurs $\lambda _{i}$ correspondantes, avec $\lambda _{4}:=\lambda _{3}$).
   • 3^e méthode : ${\begin{vmatrix}a&c&c&b\\c&a&b&c\\c&b&a&c\\b&c&c&a\end{vmatrix}}=_{(L_{4}:=L_{1}+L_{2}+L_{3}+L_{4})}(a+b+2c){\begin{vmatrix}a&c&c&b\\c&a&b&c\\c&b&a&c\\1&1&1&1\end{vmatrix}}=_{(C_{1}:=C_{1}-C_{4})}(a+b+2c){\begin{vmatrix}a-b&c&c&b\\0&a&b&c\\0&b&a&c\\0&1&1&1\end{vmatrix}}$
     $=(a+b+2c)(a-b){\begin{vmatrix}a&b&c\\b&a&c\\1&1&1\end{vmatrix}}=_{(C_{2}:=C_{2}-C_{1},C_{3}:=C_{3}-C_{1})}(a+b+2c)(a-b){\begin{vmatrix}a&b-a&c-a\\b&a-b&c-b\\1&0&0\end{vmatrix}}$
     $=(a+b+2c)(a-b){\begin{vmatrix}b-a&c-a\\a-b&c-b\end{vmatrix}}=(a+b+2c)(a-b)^{2}{\begin{vmatrix}-1&c-a\\1&c-b\end{vmatrix}}=(a+b+2c)(a-b)^{2}(a+b-2c)$.
2. Cette deuxième matrice se déduit de $M(a,b,c)$ par une permutation paire (2 transpositions de colonnes ou de lignes) donc a même déterminant.
3. ${\begin{vmatrix}a&x&y&z\\b&x&y&z\\c&x'&y'&z'\\d&x'&y'&z'\end{vmatrix}}=_{L_{2}:=L_{2}-L_{1},L_{4}:=L_{4}-L_{3}}{\begin{vmatrix}a&x&y&z\\b-a&0&0&0\\c&x'&y'&z'\\d-c&0&0&0\end{vmatrix}}=0$ (car $(L_{2},L_{4})$ est lié).
4. Égale, à transposition près des 2 dernières lignes et colonnes, à $M(1+a,a,b)$, donc — d'après la question 1 — le déterminant vaut $(1+2a+2b)(1+2a-2b)$. On pouvait aussi le calculer directement, par les mêmes méthodes que dans 1.
5. • 1^re méthode : ce déterminant est, a priori, un polynôme homogène de degré 5 en $a,b,c,d$, qui s'annule dès que $a=0$ ou que deux des quatre variables $a,b,c,d$ sont égales, donc multiple de $a(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)$ donc (vus les degrés) nul.
   • 2^e méthode : $a{\begin{vmatrix}1&a&a^{2}&b+c+d\\1&b&b^{2}&c+d+a1&c&c^{2}&d+a+b\\1&d&d^{2}&a+b+c\end{vmatrix}}=_{(C_{4}:=C_{4}+C_{2})}a(a+b+c+d){\begin{vmatrix}1&a&a^{2}&1\\1&b&b^{2}&1\\1&c&c^{2}&1\\1&d&d^{2}&1\end{vmatrix}}=0$ (car deux colonnes sont identiques).
6. • 1^re méthode : $\det N(a,b,c,d)$ est, a priori, un polynôme homogène de degré 3 en $a,b,c,d$, qui s'annule dès que $a=c$ ou $b=d$, donc de la forme $(a-c)(b-d)(\alpha a+\beta b+\gamma c+\delta d)$. De plus, il est antisymétrique en $(a,c)$ et en $(b,d)$ donc $\gamma =\alpha$ et $\delta =\beta$. Enfin, $ab(\alpha a+\beta b)=\det N(a,b,0,0)={\begin{vmatrix}1&0&a&a^{2}\\0&1&b&b^{2}\\1&0&0&0\\0&1&0&0\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}a&a^{2}\\b&b^{2}\end{vmatrix}}=ab(b-a)$ donc $\alpha =-1,\beta =1,\det N(a,b,c,d)=(a-c)(b-d)(-a+b-c+d)$.
   • 2^e méthode : $\det N(a,b,c,d)=_{(C_{2}:=C_{1}+C_{2})}{\begin{vmatrix}1&1&a&a^{2}\\0&1&b&b^{2}\\1&1&c&c^{2}\\0&1&d&d^{2}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}1&b&b^{2}\\1&c&c^{2}\\1&d&d^{2}\end{vmatrix}}+{\begin{vmatrix}1&a&a^{2}\\1&b&b^{2}\\1&d&d^{2}\end{vmatrix}}$
     $=(d-c)(d-b)(c-b)(d-b)(d-a)(b-a)=(d-b)[(d-a)(b-a)-(d-c)(b-c)]=\dots$.
   • 3^e méthode : $\det N(a,b,c,d)=_{(L_{3}:=L_{3}-L_{1},L_{4}:=L_{4}-L_{2})}{\begin{vmatrix}1&0&a&a^{2}\\0&1&b&b^{2}\\0&0&c-a&c^{2}-a^{2}\\0&0&d-b&d^{2}-b^{2}\end{vmatrix}}=(c-a)(d-b){\begin{vmatrix}1&0&a&a^{2}\\0&1&b&b^{2}\\0&0&1&c+a\\0&0&1&d+b\end{vmatrix}}=(c-a)(d-b){\begin{vmatrix}1&c+a\\1&d+b\end{vmatrix}}=\dots$.

 

Lien externe

« Calculateur en ligne de déterminants », sur dcode.fr