Exercice 1 4447

Décomposer les permutations suivantes en produit de cycles à supports disjoints et en déduire leur signature

(a)

$σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 5 & 3 & 7 & 8 & 2 & 4 & 1 & 6 \end{matrix})$
(b)

$σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 8 & 6 & 3 & 7 & 4 & 5 & 2 & 1 \end{matrix})$
(c)

$σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & \dots & n - 1 & n \\ n & n - 1 & \dots & 2 & 1 \end{matrix})$ .

Exercice 2 2226 Correction

Déterminer la signature de:

(a)

$σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 3 & 5 & 4 & 8 & 7 & 6 & 2 & 1 \end{matrix})$
(b)

$σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 1 & 3 & 2 & 7 & 4 & 8 & 5 & 6 \end{matrix})$

Solution

On note $I (σ)$ le nombre d’inversions de la permutation $σ$ :

I (σ) = Card ({1 \leq i < j \leq n | σ (i) > σ (j)}) .

On a $ε (σ) = {(- 1)}^{I (σ)}$ et $I (σ)$ se calcule en dénombrant, pour chaque de terme de la seconde ligne, le nombre de termes inférieurs qui le suit.

(a)

$I (σ) = 2 + 3 + 2 + 4 + 3 + 2 + 1 + 0 = 17$ donc $ε (σ) = - 1$ .
(b)

$I (σ) = 0 + 1 + 0 + 3 + 0 + 2 + 0 + 0 = 6$ donc $ε (σ) = 1$ .

Exercice 3 2228 Correction

Soient $n \geq 2$ et $τ$ une transposition de $𝒮_{n}$ .

(a)

Montrer que l’application $σ \mapsto τ \circ σ$ est une bijection de $𝒮_{n}$ vers $𝒮_{n}$ .
(b)

En déduire le cardinal de l’ensemble $𝒜_{n}$ formé des permutations de signature 1 élément de $𝒮_{n}$ .

Solution

(a)

L’application $σ \mapsto τ \circ σ$ est involutive, donc bijective.
(b)

L’application $σ \mapsto τ \circ σ$ transforme $𝒜_{n}$ en $𝒮_{n} ∖ 𝒜_{n}$ donc $Card (𝒜_{n}) = Card (𝒮_{n}) ∖ 𝒜_{n}$ . Or $𝒮_{n}$ est la réunion disjointe de $𝒜_{n}$ et de $𝒮_{n} ∖ 𝒜_{n}$ donc

$Card (𝒜_{n}) = \frac{1}{2} Card (𝒮_{n}) = \frac{n!}{2} .$

Exercice 4 2227 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Déterminer la signature de la permutation suivante:

(a)

$σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & \dots & n - 1 & n \\ n & n - 1 & \dots & 2 & 1 \end{matrix})$ .
(b)

$σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & \dots & n & n + 1 & n + 2 & \dots & 2 n - 1 & 2 n \\ 1 & 3 & 5 & \dots & 2 n - 1 & 2 & 4 & \dots & 2 n - 2 & 2 n \end{matrix})$ .

Solution

On note $I (σ)$ le nombre d’inversions de la permutation $σ$ :

I (σ) = Card ({1 \leq i < j \leq n | σ (i) > σ (j)}) .

On a $ε (σ) = {(- 1)}^{I (σ)}$ et $I (σ)$ se calcule en dénombrant, pour chaque de terme de la seconde ligne, le nombre de termes inférieurs qui le suit.

(a)

$I (σ) = (n - 1) + (n - 2) + \dots + 1 + 0 = \frac{n (n - 1)}{2}$ donc

$ε (σ) = {(- 1)}^{\frac{n (n - 1)}{2}} .$
(b)

$I (σ) = 0 + 1 + 2 + \dots + (n - 1) + 0 + \dots + 0 = \frac{n (n - 1)}{2}$ donc

$ε (σ) = {(- 1)}^{\frac{n (n - 1)}{2}} .$

Exercice 5 2225 Correction

Dans $𝒮_{n}$ avec $n \geq 2$ , on considère une permutation $σ$ et un $p$ -cycle:

c = (\begin{matrix} a_{1} & a_{2} & \dots & a_{p} \end{matrix}) .

Observer que la permutation $σ \circ c \circ σ^{- 1}$ est un $p$ -cycle que l’on précisera.

Solution

Pour $x = σ (a_{i})$ , on a

(σ \circ c \circ σ^{- 1}) (x) = σ (a_{i + 1})

(en posant $a_{p + 1} = a_{1}$ ).
Pour $x \notin {σ (a_{1}), \dots, σ (a_{p})}$ , on a

(σ \circ c \circ σ^{- 1}) (x) = σ \circ σ^{- 1} (x) = x

car $c (σ^{- 1} (x)) = σ^{- 1} (x)$ puisque $σ^{- 1} (x) \notin {a_{1}, \dots, a_{p}}$ .
Ainsi,

σ \circ c \circ σ^{- 1} = (\begin{matrix} σ (a_{1}) & σ (a_{2}) & \dots & σ (a_{p}) \end{matrix}) .

Exercice 6 2230 Correction

Soit $n \geq 5$ .
Montrer que si $(\begin{matrix} a & b & c \end{matrix})$ et $(\begin{matrix} a^{'} & b^{'} & c^{'} \end{matrix})$ sont deux cycles d’ordre 3 de $𝒮_{n}$ , alors il existe une permutation $σ$ , paire, telle que

σ \circ (\begin{matrix} a & b & c \end{matrix}) \circ σ^{- 1} = (\begin{matrix} a^{'} & b^{'} & c^{'} \end{matrix}) .

Solution

Notons que

σ \circ (\begin{matrix} a & b & c \end{matrix}) \circ σ^{- 1} = (\begin{matrix} σ (a) & σ (b) & σ (c) \end{matrix}) .

Soit $σ : ℕ_{n} \to ℕ_{n}$ une permutation définie par:

σ (a) = a^{'}, σ (b) = b^{'} et σ (c) = c^{'} .

Si $σ$ est paire alors le problème est résolu.
Si $σ$ est impaire alors soit $d \neq e \in ℕ_{n} ∖ {a, b, c}$ (possible car $n \geq 5$ ) et $τ = (\begin{matrix} d & e \end{matrix})$ . La permutation $σ \circ τ$ est paire et satisfait la relation voulue.

Exercice 7 2224 Correction

Soient $n$ un entier supérieur à $2$ , $(i, j) \in {1,2, \dots, n}^{2}$ tel que $i \neq j$ et $σ \in 𝒮_{n}$ .
Montrer que $σ$ et $τ = (\begin{matrix} i & j \end{matrix})$ commutent si, et seulement si, ${i, j}$ est stable par $σ$ .

Solution

Si ${i, j}$ est stable par $σ$ alors ${σ (i), σ (j)} = {i, j}$ .
On a alors

\forall x \notin {i, j}, (σ \circ τ) (x) = σ (x) = (τ \circ σ) (x) .

Pour $x = i$ alors $(σ \circ τ) (i) = σ (j) = (τ \circ σ) (i)$ et pour $x = j$ , $(σ \circ τ) (j) = σ (i) = (τ \circ σ) (j)$ .
Par suite,

σ \circ τ = τ \circ σ .

Inversement, si $σ \circ τ = τ \circ σ$ alors $σ (i) = (σ \circ τ) (j) = (τ \circ σ) (j) = τ (σ (j))$ .
Puisque $τ (σ (j)) \neq σ (j)$ on a $σ (j) \in {i, j}$ .
De même, $σ (i) \in {i, j}$ et donc ${i, j}$ stable par $σ$ .

Exercice 8 2231 Correction

Soient $n \geq 2$ et $c$ la permutation circulaire $c = (\begin{matrix} 1 & 2 & \dots & n - 1 & n \end{matrix})$ . Déterminer toutes les permutations $σ$ de $𝒮_{n}$ qui commutent avec $c$ .

Solution

Pour commencer, notons que, pour tout $k \in {1, \dots, n}$ , $c^{k - 1} (1) = k$ et, par conséquent, on a aussi $c^{- (k - 1)} (k) = 1$ .

Soit $σ$ une permutation commutant avec $c_{n}$ .

Posons $k = σ (1) \in {1,2, \dots, n}$ et $s = c^{- (k - 1)} \circ σ$ de sorte que $s (1) = 1$ .

Comme $σ$ et $c$ commutent, $s$ et $c$ commutent aussi et l’on a, pour tout $2 \leq i \leq n$ ,

s = c^{(i - 1)} \circ s \circ c^{- (i - 1)}

d’où

s (i) = c^{(i - 1)} \circ s \circ c^{- (i - 1)} (i) = c^{(i - 1)} \circ s (1) = σ^{(i - 1)} (1) = i

car $c^{- (i - 1)} (i) = 1$ . Par conséquent, $s = Id$ puis $σ = c^{k}$ .

Inversement, les permutations de la forme $c^{k}$ avec $1 \leq k \leq n$ commutent avec $c$ .

Exercice 9 119 Correction

Soit $n \in ℕ$ tel que $n \geq 2$ . Déterminer les morphismes du groupe $(𝒮_{n}, \circ)$ vers $(ℂ^{*}, \times)$ .

Solution

Soient $φ$ un tel morphisme et $τ$ la transposition qui échange $1$ et $2$ . On a $τ^{2} = Id$ donc $φ {(τ)}^{2} = 1$ d’où $φ (τ) = 1$ ou $- 1$ . Soit $τ^{'} = (\begin{matrix} i & j \end{matrix})$ une transposition quelconque de $𝒮_{n}$ . Il existe une permutation $σ \in 𝒮_{n}$ telle que $τ^{'} = σ \circ τ \circ σ^{- 1}$ et alors $φ (τ^{'}) = φ (τ)$ . Sachant enfin que tout élément de $𝒮_{n}$ est produit de transpositions on peut conclure:
Si $φ (τ) = 1$ alors $φ : σ \mapsto 1$ . Si $φ (τ) = - 1$ alors $φ = ε$ (morphisme signature).

Exercice 10 121 Correction

Soit $H$ l’ensemble des $σ \in 𝒮_{n}$ vérifiant $σ (k) + σ (n + 1 - k) = n + 1$ pour tout $k \in {1, \dots, n}$ .
Montrer que $H$ est un sous-groupe de $(𝒮_{n}, \circ)$

Solution

$H \subset 𝒮_{n}$ , $Id \in H$ . Remarquons, pour tout $k \in {1, \dots, n}$ , $σ (k) = n + 1 - σ (n + 1 - k)$ .
Soient $σ, σ^{'} \in H$ ,

(σ^{'} \circ σ) (k) = σ^{'} (σ (k)) = n + 1 - σ^{'} (n + 1 - σ (k)) = n + 1 - σ^{'} \circ σ (n + 1 - k)

donc $σ^{'} \circ σ \in H$ .
Soit $σ \in H$ . Posons $ℓ = σ^{- 1} (k)$ . On a

σ (n + 1 - ℓ) = n + 1 - σ (ℓ) = n + 1 - k

donc $σ^{- 1} (n + 1 - k) = n + 1 - ℓ$ puis

σ^{- 1} (k) + σ^{- 1} (n + 1 - k) = ℓ + (n + 1 - ℓ) = n + 1 .

Exercice 11 4196

(Inégalités de réordonnement)

Soient $a_{1}, \dots, a_{n}$ et $b_{1}, \dots, b_{n}$ des réels triés par ordre croissant:

a_{1} \leq a_{2} \leq \dots \leq a_{n} et b_{1} \leq b_{2} \leq \dots \leq b_{n} .

Déterminer

\min_{σ \in 𝒮_{n}} (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{σ (i)}) et \max_{σ \in 𝒮_{n}} (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{σ (i)}) .

[<] Groupe symétrique[>] Déterminant d'un endomorphisme

Exercice 12 1410 Correction

Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ .
Soient $f$ une forme linéaire sur $E$ , $p$ la projection vectorielle sur $F$ parallèlement à $G$ et $q = Id - p$ sa projection complémentaire.
Montrer que l’application $φ : E \times E \to 𝕂$ définie par

φ (x, y) = f (p (x)) f (q (y)) - f (p (y)) f (q (x))

est une forme bilinéaire alternée sur $E$ .

Solution

$φ : E \times E \to 𝕂$ .
$φ (y, x) = f (p (y)) f (q (x)) - f (p (x)) f (q (x)) = - φ (x, y)$ . Il suffit d’étudier la linéarité en la 1ère variable.
$φ (λ x + μ x^{'}, y) = f (p (λ x + μ x^{'})) f (q (y)) - f (p (y)) f (q (λ x + μ x^{'}))$ or $f$ , $p$ et $q$ sont linéaires donc
$φ (λ x + μ x^{'}, y) = (λ f (p (x)) + μ f (p (x^{'}))) f (q (y)) - f (p (y)) (λ f (q (x)) + μ f (q (x^{'})))$ puis en développant et en réorganisant: $φ (λ x + μ x^{'}, y) = λ φ (x, y) + μ φ (x^{'}, y)$ .
$φ$ est donc une forme bilinéaire antisymétrique donc alternée.

Exercice 13 1413

Soient $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension $n$ et $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ . Montrer que pour tout $(x_{1}, \dots, x_{n}) \in E^{n}$ ,

\sum_{k = 1}^{n} \det_{e} (x_{1}, \dots, f (x_{k}), \dots, x_{n}) = tr (f) \det_{e} (x_{1}, \dots, x_{n}) .

[<] Formes multilinéaires alternées[>] Déterminant d'une famille de vecteurs

Exercice 14 5170

Calculer le déterminant de l’endomorphisme $f$ de $ℝ^{3}$ défini par

f (x, y, z) = (y + z, x + z, x + y) pour tout (x, y, z) \in ℝ^{3} .

Cet endomorphisme est-il inversible?

Exercice 15 4459

Pour $P$ polynôme de $ℝ_{2 n + 1} [X]$ , on pose

f (P) = (2 n + 1) X P - (X^{2} - 1) P^{'} .

(a)

Vérifier que $f$ définit un endomorphisme de $ℝ_{2 n + 1} [X]$ .
(b)

Calculer le déterminant de $f$ .

Exercice 16 1412 Correction

Soit $V = {x \mapsto e^{x} P (x) | P \in ℝ_{n} [X]}$ .

(a)

Montrer que $V$ est un sous-espace vectoriel de $ℱ (ℝ, ℝ)$ dont on déterminera la dimension.
(b)

Montrer que l’application $D : f \mapsto f^{'}$ est un endomorphisme de $V$ dont on calculera le déterminant.

Solution

(a)

Il est clair que $V$ est un sous-espace vectoriel de $ℱ (ℝ, ℝ)$ .

On pose $f_{k} : ℝ \to ℝ$ définie par $f_{k} (x) = x^{k} e^{x}$ . La famille $ℬ = (f_{0}, \dots, f_{n})$ est une base de $V$ et, donc $dim V = n + 1$ .
(b)

Pour $f (x) = P (x) e^{x}$ on a

$D (f) (x) = f^{'} (x) = (P (x) + P^{'} (x)) e^{x}$

$D$ est bien une application de $V$ vers $V$ . De plus, la linéarité de $D$ découle de la linéarité de la dérivation et l’on peut conclure $D \in ℒ (V)$ .

Puisque

$\frac{d}{d x} (x^{k} e^{x}) = (x^{k} + k x^{k - 1}) e^{x}$

on a $D (f_{k}) = f_{k} + k f_{k - 1}$ donc

${Mat}_{ℬ} (D) = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & n \\ 0 & 1 \end{matrix}) .$

Par suite,

$\det (D) = 1 \times 1 \times \dots \times 1 = 1 .$

Exercice 17 3071 CENTRALE (PC)Correction

Soit $f$ un endomorphisme du $ℝ$ -espace vectoriel $ℂ$ .

(a)

Montrer qu’il existe d’uniques complexes $a, b$ tels que

$\forall z \in ℂ, f (z) = a z + b \bar{z} .$
(b)

Exprimer en fonction de $a$ et $b$ le déterminant de $f$ .

Solution

(a)

La famille $(1, i)$ est une base du $ℝ$ -espace vectoriel $ℂ$ .
Pour $a, b \in ℂ$ , l’application $φ_{a, b} : z \mapsto a z + b \bar{z}$ est $ℝ$ -linéaire et sa matrice dans la base $(1, i)$ est

$(\begin{matrix} Re (a) + Re (b) & Im (b) - Im (a) \\ Im (a) + Im (b) & Re (a) - Re (b) \end{matrix}) .$

Pour $f$ endomorphisme du $ℝ$ -espace vectoriel $ℂ$ de matrice

$(\begin{matrix} α & γ \\ β & δ \end{matrix})$

dans la base $(1, i)$ , on a $f = φ_{a, b}$ si, et seulement si,

${\begin{matrix} Re (a) + Re (b) & = α \\ Im (a) + Im (b) & = β \\ Im (b) - Im (a) & = γ \\ Re (a) - Re (b) & = δ . \end{matrix}$

Ce système possède une unique solution qui est

$a = \frac{α + δ}{2} + i \frac{β - γ}{2} et b = \frac{α - δ}{2} + i \frac{β + γ}{2} .$
(b)

Le déterminant de $f$ vaut

$\det (f) = α δ - β γ = {| a |}^{2} - {| b |}^{2} .$

Exercice 18 3641 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

\forall i \in {1, \dots, n}, | a_{i, i} | > \sum_{j \neq i} | a_{i, j} | .

(a)

Montrer que $A$ est inversible.
(b)

On suppose en outre

$\forall i \in {1, \dots, n}, a_{i, i} > 0 .$

Montrer que $\det (A) > 0$ .

Solution

(a)

Notons $C_{1}, \dots, C_{n}$ les colonnes de $A$ et supposons

$λ_{1} C_{1} + \dots + λ_{n} C_{n} = 0 .$

Si $m = \max (| λ_{1} |, \dots, | λ_{n} |) \neq 0$ alors, puisque pour tout $1 \leq i \leq n$ ,

$\sum_{j = 1}^{n} λ_{j} a_{i, j} = 0$

on obtient

$| λ_{i} | \leq \frac{\sum_{j \neq i} | λ_{j} | | a_{i, j} |}{| a_{i, i} |} \leq m \frac{\sum_{j \neq i} | a_{i, j} |}{| a_{i, i} |} < m$

ce qui est absurde compte tenu de la définition de $m$ .
Par suite, la famille $(C_{1}, \dots, C_{n})$ est libre et donc $A$ inversible.
(b)

Considérons l’application $f : x \in ℝ \mapsto \det (A + x I_{n})$ .
La fonction $f$ est clairement polynomiale de monôme dominant $x^{n}$ , elle est donc continue et de limite $+ \infty$ quand $x \to + \infty$ .
De plus, le résultat précédent s’applique à la matrice $A + x I_{n}$ pour tout $x \geq 0$ et donc $f (x) \neq 0$ sur $[0; + \infty [$ .
Par continuité, la fonction $f$ ne peut prendre de valeurs $\leq 0$ et donc

$\forall x \geq 0, f (x) > 0 .$

En particulier $\det (A) = f (0) > 0$ .

[<] Déterminant d'un endomorphisme[>] Déterminant d'une matrice carrée

Exercice 19 5171

Dans l’espace vectoriel $ℝ^{3}$ , on considère la famille $(u, v, w)$ formée des vecteurs

u = (m,1,1), v = (1, m,1) et w = (1,1, m)

où $m$ désigne un paramètre réel.

Pour quelles valeurs de $m$ cette famille constitue-t-elle une base de $ℝ^{3}$ ?

Exercice 20 4462

Soient $n \in ℕ$ et $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}$ des réels deux à deux distincts.

Montrer que la famille des polynômes ${(X + a_{j})}^{n}$ pour $j = 0,1, \dots, n$ constitue une base de $ℝ_{n} [X]$ .

[<] Déterminant d'une famille de vecteurs[>] Calculs de déterminants élémentaires

Exercice 21 5172

Montrer qu’une matrice antisymétrique de taille impaire n’est pas inversible.

Exercice 22 1414 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℂ)$ . On note $\bar{A} = ({\bar{a}}_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℂ)$ .
Former une relation liant $\det (A)$ et $\det (\bar{A})$ .

Solution

Par conjugaison d’une somme et de produits

\det (\bar{A}) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} \bar{a_{σ (i), i}} = \bar{\sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i}} = \bar{\det (A)} .

Exercice 23 1415 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ telle que $A^{⊤} = \bar{A}$ . Montrer que $\det (A) \in ℝ$ .

Solution

Ici $A^{⊤} = \bar{A}$ , donc $\det (A) = \det (A^{⊤}) = \det (\bar{A})$ .
Comme

\det (\bar{A}) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} \bar{a_{σ (i), i}} = \bar{\sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i}} = \bar{\det (A)}

on peut conclure $\det (A) \in ℝ$ .

Exercice 24 1417 Correction

Comparer $\det (a_{i, j})$ et $\det ({(- 1)}^{i + j} a_{i, j})$ où ${(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

Solution

Notons $A = (a_{i, j})$ et $B = ({(- 1)}^{i + j} a_{i, j})$ . On a

\det (B) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} {(- 1)}^{σ (i) + i} a_{σ (i), i}

en regroupant les puissance de $(- 1)$

\det (B) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) {(- 1)}^{\sum_{i = 1}^{n} σ (i) + i} \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i}

puis

\det (B) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) {(- 1)}^{n (n + 1)} \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i} .

Ainsi,

\det (B) = {(- 1)}^{n (n + 1)} \det (A) = \det (A)

car $n (n + 1)$ est pair.

Exercice 25 738 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ de colonnes $C_{1}, \dots, C_{n}$ (avec $n \geq 2$ ).

Calculer le déterminant de la matrice $B$ de colonnes

C_{1} - C_{2}, \dots, C_{n - 1} - C_{n}, C_{n} - C_{1} .

Solution

La somme des colonnes de $B$ est nulle donc $\det (B) = 0$ .

Exercice 26 2604 Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ (avec $n \geq 2$ ) de colonnes $A_{1}, \dots, A_{n}$ et $B \in ℳ_{n} (ℝ)$ de colonnes $B_{1}, \dots, B_{n}$ déterminées par

B_{j} = \sum_{i \neq j} A_{i} .

Exprimer $\det (B)$ en fonction de $\det (A)$ .

Solution

On note $ℬ$ la base canonique de l’espace des colonnes,

\det (A) = \det_{ℬ} (A_{1}, \dots, A_{n})

\det (B) = \det_{ℬ} (B_{1}, \dots, B_{n}) = \det_{ℬ} (\sum_{i = 1}^{n} B_{i}, B_{2}, \dots, B_{n})

avec

\sum_{i = 1}^{n} B_{i} = (n - 1) \sum_{i = 1}^{n} A_{i} .

Par suite,

\det (B) = (n - 1) \det_{ℬ} (\sum_{i = 1}^{n} A_{i}, B_{2} - \sum_{i = 1}^{n} A_{i}, \dots, B_{n} - \sum_{i = 1}^{n} A_{i}) .

Ce qui donne

\det (B) = (n - 1) \det_{ℬ} (\sum_{i = 1}^{n} A_{i}, - A_{2}, \dots, - A_{n}) = {(- 1)}^{n - 1} (n - 1) \det (A_{1}, \dots, A_{n}) .

Finalement,

\det (B) = {(- 1)}^{n - 1} (n - 1) \det (A) .

Exercice 27 4970 MINES (PC)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer $\det (A^{2} + I_{n}) \geq 0$ .

Exercice 28 2355

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ telles que $A B = B A$ . Établir

\det (A^{2} + B^{2}) \geq 0 .

Exercice 29 1587 Correction

Soient $A \in ℳ_{2 n} (ℝ)$ antisymétrique et $J \in ℳ_{2 n} (ℝ)$ la matrice dont tous les coefficients sont égaux à $1$ . Établir

\forall x \in ℝ, \det (A + x J) = \det (A) .

Solution

En retranchant la première ligne aux autres lignes, le déterminant de la matrice $A + x J$ apparaît comme le déterminant d’une matrice où figure des $x$ seulement sur la première ligne. En développant selon cette ligne, on obtient que $\det (A + x J)$ est une fonction affine de la variable $x$ .

De plus,

\det (A - x J) = \det (- A^{⊤} - x J) = {(- 1)}^{2 n} \det (A^{⊤} + x J)

et puisque la matrice $J$ est symétrique

\det (A - x J) = \det (A^{⊤} + x J^{⊤}) = \det (A + x J) .

La fonction affine $x \mapsto \det (A - x J)$ est donc une fonction paire et, par conséquent, c’est une fonction constante. On a alors

\forall x \in ℝ, \det (A + x J) = \det (A + 0 \cdot J) = \det (A) .

Exercice 30 3808 CCINP (PSI)

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant:

$\det (M + X) = \det (X) pour tout X \in ℳ_{n} (ℝ) .$

Déterminer $M$ .
(b)

Soient $A$ et $B$ de $ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

$\det (A + X) = \det (B + X) pour tout X \in ℳ_{n} (ℝ) .$

Montrer que les matrices $A$ et $B$ sont égales.

Exercice 31 4967

Soient $A$ et $H$ deux matrices de $ℳ_{n} (ℝ)$ avec $rg (H) = 1$ .

(a)

Montrer l’existence d’une colonne $C \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ et d’une ligne $L \in ℳ_{1, n} (ℝ)$ telles que $H = C L$ .
(b)

Montrer

$\det (A + H) \det (A - H) \leq \det (A^{2}) .$

Exercice 32 5838 Correction

Soient $X, Y \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ .

Exprimer le déterminant de $M = I_{n} + Y X^{⊤}$ en fonction du réel $X^{⊤} Y$ .

Solution

Introduisons $E_{1}, \dots, E_{n}$ les colonnes élémentaires de $ℳ_{n, 1} (ℝ)$ . Celles-ci correspondent aux colonnes de la matrice $I_{n}$ . Ainsi, on dispose de la description par blocs $I_{n} = (E_{1} ∣ \dots ∣ E_{n})$ .

Notons $x_{1}, \dots, x_{n}$ les coefficients de la colonne $X$ . La matrice $Y X^{⊤}$ a pour colonnes $x_{1} Y, \dots, x_{n} Y$ ce que l’on écrit $Y X^{⊤} = (x_{1} Y ∣ \dots ∣ x_{n} Y)$ . Par conséquent, la matrice $M$ peut s’écrire

M = (E_{1} + x_{1} Y ∣ \dots ∣ E_{n} + x_{n} Y) .

Le déterminant d’une matrice est une forme multilinéaire alternée en la famille des colonnes de cette matrice. En développant le calcul de $\det (M)$ par multilinéarité et en simplifiant les déterminants des matrices où apparaissent deux fois la colonne $Y$ ,

\det (M) = \det (E_{1} ∣ \dots ∣ E_{n}) + \sum_{i = 1}^{n} x_{i} \det (E_{1} ∣ \dots ∣ Y ∣ \dots ∣ E_{n})

(la colonne $Y$ se positionne à l’indice $i$ ).

On introduit les coefficients $y_{1}, \dots, y_{n}$ de la colonne $Y$ de sorte que $Y = \sum_{j = 1}^{n} y_{j} E_{j}$ . Par linéarité en la $i$ -ème colonne

\det (E_{1} ∣ \dots ∣ Y ∣ \dots ∣ E_{n}) = \sum_{j = 1}^{n} x_{j} \det (E_{1} ∣ \dots ∣ E_{j} ∣ \dots ∣ E_{n})

(la colonne $E_{j}$ se positionne à l’indice $i$ ).

Pour $i \neq j$ , $\det (E_{1} ∣ \dots ∣ E_{j} ∣ \dots ∣ E_{n}) = 0$ car la colonne $E_{j}$ apparaît deux fois.

Pour $i = j$ , $\det (E_{1} ∣ \dots ∣ E_{j} ∣ \dots ∣ E_{n}) = \det (I_{n}) = 1$ .

Par conséquent,

\det (M) = 1 + \sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i} = 1 + X^{⊤} Y .

Exercice 33 4457

Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

{\begin{matrix} | a_{1,1} | & + & \dots & + & | a_{1, n} | & \leq & 1 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ | a_{n,1} | & + & \dots & + & | a_{n, n} | & \leq & 1 . \end{matrix}

Montrer $| \det (A) | \leq 1$ .

Exercice 34 3278 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, a_{i, j} \geq 0 et \forall i \in {1, \dots, n}, \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} \leq 1 .

Montrer

| \det (A) | \leq 1 .

Solution

Raisonnons par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .
La propriété est immédiate pour $n = 1$ .
Supposons la propriété vérifiée pour $n \geq 1$ .
Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n + 1} (ℝ)$ vérifiant les propriétés énoncées. En développant le déterminant de $A$ selon la première ligne, on obtient

\det (A) = \sum_{j = 1}^{n + 1} {(- 1)}^{1 + j} a_{1, j} Δ_{1, j}

avec $Δ_{1, j}$ mineur d’indice $(1, j)$ de la matrice $A$ .
Puisque la matrice définissant le mineur $Δ_{1, j}$ est à coefficients positifs et que la somme des coefficients de chaque ligne est inférieure à 1, on peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence et affirmer $| Δ_{1, j} | \leq 1$ .
On en déduit

| \det (A) | \leq \sum_{j = 1}^{n + 1} a_{1, j} \leq 1 .

Récurrence établie.

[<] Déterminant d'une matrice carrée[>] Calculs de déterminants avancés

Exercice 35 5169

(a)

Calculer les déterminants des matrices suivantes:

$A = (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{matrix}), B = (\begin{matrix} 1 & 1 & - 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & 1 & - 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) et C = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & - 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 & 1 \end{matrix}) .$
(b)

Parmi celles-ci, lesquelles sont inversibles?

Exercice 36 4448

Calculer les déterminants d’ordre $n \in ℕ^{*}$ suivants:

(a)

$A_{n} = | \begin{matrix} 1 & n & n & \dots & n \\ n & 2 & n & ⋱ & ⋮ \\ n & n & 3 & ⋱ & n \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & n \\ n & \dots & n & n & n \end{matrix} |$
(b)

$B_{n} = | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 2 & 2 & \dots & 2 \\ 1 & 2 & 3 & \dots & 3 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 1 & 2 & 3 & \dots & n \end{matrix} |$
(c)

$C_{n} = {| \begin{matrix} 1 & 0 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 1 & 0 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ 1 & ⋱ & 1 & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 1 & 1 \end{matrix} |}_{[n]}$
(d)

$D_{n} = {| \begin{matrix} 1 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1 & 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & 0 \\ 0 & ⋱ & 1 & 1 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & 1 \end{matrix} |}_{[n]}$ .

Exercice 37 1418 Correction

Calculer sous forme factorisée les déterminants suivants:

(a)

$| \begin{matrix} 0 & a & b \\ a & 0 & c \\ b & c & 0 \end{matrix} |$
(b)

$| \begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} |$
(c)

$| \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} + b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} |$
(d)

$| \begin{matrix} a & a & a & a \\ a & b & b & b \\ a & b & c & c \\ a & b & c & d \end{matrix} |$
(e)

$| \begin{matrix} a & c & c & b \\ c & a & b & c \\ c & b & a & c \\ b & c & c & a \end{matrix} |$
(f)

$| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ \cos (a) & \cos (b) & \cos (c) \\ \sin (a) & \sin (b) & \sin (c) \end{matrix} |$ .

Solution

(a)

En développant selon la première ligne,

$| \begin{matrix} 0 & a & b \\ a & 0 & c \\ b & c & 0 \end{matrix} | = - a | \begin{matrix} a & c \\ b & 0 \end{matrix} | + b | \begin{matrix} a & 0 \\ b & c \end{matrix} | = a b c + a b c = 2 a b c .$
(b)

En sommant les colonnes sur la première et en factorisant

$| \begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} | = (a + b + c) | \begin{matrix} 1 & b & c \\ 1 & a & b \\ 1 & c & a \end{matrix} | .$

En retirant la première ligne aux suivante et en développant sur la première colonne

$| \begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} | = (a + b + c) | \begin{matrix} a - b & b - c \\ c - a & a - b \end{matrix} | = (a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - (a b + b c + c a)) .$
(c)

En retranchant la première colonne aux suivantes puis en sommant les colonnes sur la première

$D$ $= | \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} + b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} |$

$= | \begin{matrix} a + b & c - a & c - b \\ a^{2} + b^{2} & c^{2} - a^{2} & c^{2} - b^{2} \\ a^{3} + b^{3} & c^{3} - a^{3} & c^{3} - b^{3} \end{matrix} | = | \begin{matrix} 2 c & c - a & c - b \\ 2 c^{2} & c^{2} - a^{2} & c^{2} - b^{2} \\ 2 c^{3} & c^{3} - a^{3} & c^{3} - b^{3} \end{matrix} | .$

En factorisant par 2 puis en retranchant la première colonne aux suivantes

$D = 2 | \begin{matrix} c & - a & - b \\ c^{2} & - a^{2} & - b^{2} \\ c^{3} & - a^{3} & - b^{3} \end{matrix} | .$

Enfin en factorisant on se ramène à un déterminant de Vandermonde

$D = 2 a b c | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ c & a & b \\ c^{2} & a^{2} & b^{2} \end{matrix} | = 2 a b c | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & a - c & b - c \\ 0 & a^{2} - c^{2} & b^{2} - c^{2} \end{matrix} | .$

Finalement,

$D = 2 a b c (a - c) (b - c) | \begin{matrix} 1 & 1 \\ a + c & b + c \end{matrix} | = 2 a b c (a - c) (b - c) (b - a) .$
(d)

En retranchant à chaque ligne la précédente (en commençant par la dernière)

$D = | \begin{matrix} a & a & a & a \\ a & b & b & b \\ a & b & c & c \\ a & b & c & d \end{matrix} | = | \begin{matrix} a & a & a & a \\ 0 & b - a & b - a & b - a \\ 0 & 0 & c - b & c - b \\ 0 & 0 & 0 & d - c \end{matrix} | = a (b - a) (c - b) (d - c) .$
(e)

En sommant toutes les colonnes sur la première et en factorisant

$D = | \begin{matrix} a & c & c & b \\ c & a & b & c \\ c & b & a & c \\ b & c & c & a \end{matrix} | = | \begin{matrix} a + b + 2 c & c & c & b \\ a + b + 2 c & a & b & c \\ a + b + 2 c & b & a & c \\ a + b + 2 c & c & c & a \end{matrix} | = (a + b + 2 c) | \begin{matrix} 1 & c & c & b \\ 1 & a & b & c \\ 1 & b & a & c \\ 1 & c & c & a \end{matrix} | .$

En retranchant la première ligne aux suivantes et en factorisant

$D = (a + b + 2 c) | \begin{matrix} 1 & c & c & b \\ 0 & a - c & b - c & c - b \\ 0 & b - c & a - c & c - b \\ 0 & 0 & 0 & a - b \end{matrix} |$

donc

$D = (a + b + 2 c) (a - b) | \begin{matrix} a - c & b - c \\ b - c & a - c \end{matrix} | = (a + b + 2 c) (a - b) ({(a - c)}^{2} - {(b - c)}^{2})$

puis

$D = (a + b + 2 c) {(a - b)}^{2} (a + b - 2 c) .$
(f)

En retirant la première colonne aux suivantes

$D = | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ \cos (a) & \cos (b) & \cos (c) \\ \sin (a) & \sin (b) & \sin (c) \end{matrix} | = | \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ \cos (a) & \cos (b) - \cos (a) & \cos (c) - \cos (a) \\ \sin (a) & \sin (b) - \sin (a) & \sin (c) - \sin (a) \end{matrix} | .$

Par la formule de factorisation

$\cos (p) - \cos (q) = - 2 \sin (\frac{p + q}{2}) \sin (\frac{p - q}{2}) .$

$D = - 4 \sin (\frac{b - a}{2}) \sin (\frac{c - a}{2}) | \begin{matrix} \sin (\frac{b + a}{2}) & \sin (\frac{c + a}{2}) \\ \cos (\frac{b + a}{2}) & \cos (\frac{c + a}{2}) \end{matrix} |$

puis

$D = - 4 \sin (\frac{b - a}{2}) \sin (\frac{c - a}{2}) \sin (\frac{b - c}{2}) .$

Exercice 38 3377 CCINP (PC)Correction

(a)

Calculer

$| \begin{matrix} a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \\ a^{3} & b^{3} & c^{3} \end{matrix} | .$
(b)

En déduire

$| \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} + b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} | .$

Solution

(a)

En factorisant les colonnes

$| \begin{matrix} a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \\ a^{3} & b^{3} & c^{3} \end{matrix} | = a b c | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \end{matrix} | .$

En retranchant à chaque ligne $a$ fois la précédente

$| \begin{matrix} a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \\ a^{3} & b^{3} & c^{3} \end{matrix} | = a b c | \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & b - a & c - a \\ 0 & b (b - a) & c (c - a) \end{matrix} |$

et enfin en développant

$| \begin{matrix} a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \\ a^{3} & b^{3} & c^{3} \end{matrix} | = a b c (b - a) (c - a) (c - b) .$
(b)

En séparant la première colonne en deux

$| \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} + b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} | = | \begin{matrix} a & b + c & c + a \\ a^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} | + | \begin{matrix} b & b + c & c + a \\ b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} | .$

Puis en procédant à des combinaisons judicieuses sur les colonnes

$| \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} + b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} | = | \begin{matrix} a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \\ a^{3} & b^{3} & c^{3} \end{matrix} | + | \begin{matrix} b & c & a \\ b^{2} & c^{2} & a^{2} \\ b^{3} & c^{3} & a^{3} \end{matrix} | .$

Enfin, par permutation des colonnes dans le deuxième déterminant

$| \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} + b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} | = 2 | \begin{matrix} a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \\ a^{3} & b^{3} & c^{3} \end{matrix} | = 2 a b c (b - a) (c - a) (c - b) .$

Exercice 39 4450

Soient $a, b, c$ trois réels. Exprimer sous forme factorisée

| \begin{matrix} a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \\ a^{4} & b^{4} & c^{4} \end{matrix} | puis | \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{4} + b^{4} & b^{4} + c^{4} & c^{4} + a^{4} \end{matrix} | .

Exercice 40 1420 Correction

Soient $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n} \in 𝕂$ . Calculer

| \begin{matrix} a_{1} & a_{2} & \dots & a_{n} \\ ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋱ & a_{2} \\ (a_{1}) & a_{1} \end{matrix} | .

Solution

| \begin{matrix} a_{1} & a_{2} & \dots & a_{n} \\ ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋱ & a_{2} \\ (a_{1}) & a_{1} \end{matrix} | = | \begin{matrix} a_{1} - a_{2} & * \\ ⋱ \\ a_{1} - a_{2} \\ (0) & a_{1} \end{matrix} | = a_{1} {(a_{1} - a_{2})}^{n - 1} via {\begin{matrix} C_{1} & \leftarrow C_{1} - C_{2} \\ C_{2} & \leftarrow C_{2} - C_{3} \\ ⋮ \\ C_{n - 1} & \leftarrow C_{n - 1} - C_{n} . \end{matrix}

Exercice 41 1421 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Calculer

| \begin{matrix} S_{1} & S_{1} & S_{1} & \dots & S_{1} \\ S_{1} & S_{2} & S_{2} & \dots & S_{2} \\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & \dots & S_{3} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & \dots & S_{n} \end{matrix} |

où pour tout $1 \leq k \leq n$ on a

S_{k} = \sum_{i = 1}^{k} i .

Solution

Via $L_{n} \leftarrow L_{n} - L_{n - 1}, L_{n - 1} \leftarrow L_{n - 1} - L_{n - 2}, \dots, L_{3} \leftarrow L_{3} - L_{2}, L_{2} \leftarrow L_{2} - L_{1}$ (dans cet ordre)

| \begin{matrix} S_{1} & S_{1} & S_{1} & \dots & S_{1} \\ S_{1} & S_{2} & S_{2} & \dots & S_{2} \\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & \dots & S_{3} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ S_{1} & S_{2} & S_{3} & \dots & S_{n} \end{matrix} | = | \begin{matrix} S_{1} & S_{1} & \dots & \dots & S_{1} \\ 2 & \dots & \dots & 2 \\ 3 & \dots & 3 \\ (0) & ⋱ & ⋮ \\ n \end{matrix} | = n! .

Exercice 42 1419 Correction

Soient $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℂ$ . Calculer $\det (a_{\max (i, j)})$ .
En déduire en particulier $\det (\max (i, j))$ et $\det (\min (i, j))$ .

Solution

\det (a_{\max (i, j)}) = | \begin{matrix} a_{1} & a_{2} & a_{3} & \dots & a_{n} \\ a_{2} & a_{2} & a_{3} & \dots & a_{n} \\ a_{3} & a_{3} & a_{3} & \dots & a_{n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{n} & a_{n} & a_{n} & \dots & a_{n} \end{matrix} | .

En retranchant à chaque colonne la précédente (en commençant par la première)

\det (a_{\max (i, j)}) = | \begin{matrix} a_{1} - a_{2} & a_{2} - a_{3} & \dots & a_{n - 1} - a_{n} & a_{n} \\ 0 & a_{2} - a_{3} & a_{n - 1} - a_{n} & a_{n} \\ 0 & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ ⋱ & a_{n - 1} - a_{n} & a_{n} \\ (0) & 0 & a_{n} \end{matrix} |

et donc

\det (a_{\max (i, j)}) = (a_{1} - a_{2}) (a_{2} - a_{3}) \dots (a_{n - 1} - a_{n}) a_{n} .

Pour $a_{i} = i$ ,

\det (a_{\max (i, j)}) = {(- 1)}^{n - 1} n .

Pour $a_{i} = n + 1 - i$ ,

\det (a_{\min (i, j)}) = 1 .

Exercice 43 4451

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $a, b \in 𝕂$ . Calculer

{| \begin{matrix} a & (b) \\ ⋱ \\ (b) & a \end{matrix} |}_{[n]} .

Exercice 44 3366 CCINP (MP)Correction

Montrer

D_{n} = | \begin{matrix} 1 & n & n - 1 & \dots & 2 \\ 2 & 1 & ⋱ & 3 \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ n - 1 & ⋱ & 1 & n \\ n & n - 1 & \dots & 2 & 1 \end{matrix} | = {(- 1)}^{n + 1} \frac{(n + 1) n^{n - 1}}{2} .

Solution

En sommant toutes les colonnes sur la première

D_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} | \begin{matrix} 1 & n & n - 1 & \dots & 2 \\ 1 & 1 & ⋱ & 3 \\ ⋮ & 2 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & n \\ 1 & n - 1 & \dots & 2 & 1 \end{matrix} | .

En retranchant à chaque ligne la précédente (en commençant par la fin)

D_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} | \begin{matrix} 1 & n & n - 1 & \dots & 2 \\ 0 & 1 - n & 1 & \dots & 1 \\ ⋮ & 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ 0 & 1 & \dots & 1 & 1 - n \end{matrix} | .

On développe selon la première colonne et l’on se ramène à

D_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} {| \begin{matrix} a & (b) \\ ⋱ \\ (b) & a \end{matrix} |}_{[n - 1]}

avec $a = 1 - n$ et $b = 1$ . La poursuite du calcul donne alors

D_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} {(- 1)}^{n - 1} n^{n - 2}

d’où la formule proposée.

Exercice 45 4452

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $a_{1}, \dots, a_{n}$ des réels. Calculer $\det {(\sin (a_{i} + a_{j}))}_{1 \leq i, j \leq n}$ .

Exercice 46 4965 MINES (PSI)

Soient $n \geq 2$ et $a_{1}, \dots, a_{n}$ des réels tous non nuls. Calculer le déterminant de

M = {(\frac{a_{i}}{a_{j}} + \frac{a_{j}}{a_{i}})}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (ℝ) .

Exercice 47 4456

Soit $n \in ℕ$ . Calculer le déterminant de la matrice $A = {(a_{i, j})}_{0 \leq i, j \leq n}$ de coefficient général le coefficient binomial

a_{i, j} = (\binom{i + j}{j}) pour tous i, j \in ⟦ 0; n ⟧ .

[<] Calculs de déterminants élémentaires[>] Calculs de déterminants par une relation de récurrence

Exercice 48 4454

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a, b \in ℝ$ et $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n} \in ℝ$ . On souhaite calculer le déterminant de la matrice

M_{a, b} = (\begin{matrix} λ_{1} & a & \dots & a \\ b & λ_{2} & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & a \\ b & \dots & b & λ_{n} \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

On introduit le polynôme $P = (λ_{1} - X) \dots (λ_{n} - X)$ et la matrice $J$ de $ℳ_{n} (ℝ)$ dont tous les coefficients sont égaux à $1$ .

(a)

Montrer que la fonction qui à un réel $x$ associe $\det (M_{a, b} + x J)$ est affine.
(b)

En déduire une expression de $\det (M_{a, b})$ lorsque $a \neq b$ en fonction de $P$ .

Exercice 49 3806 Correction

(Déterminant de Hurwitz)

Soient $a, λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℂ$ . Calculer le déterminant de la matrice suivante

H = (\begin{matrix} a + λ_{1} & (a) \\ ⋱ \\ (a) & a + λ_{n} \end{matrix}) .

Solution

On décompose la première colonne en somme de deux colonnes

(\begin{matrix} a + λ_{1} \\ a \\ ⋮ \\ a \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ_{1} \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} a \\ a \\ ⋮ \\ a \end{matrix}) = λ_{1} E_{1} + a C

avec $E_{1}$ colonne élémentaire et $C$ colonne constituée de 1.
On décompose de même chacune des colonnes. On peut écrire

\det (H) = \det (λ_{1} E_{1} + a C | \dots | λ_{n} E_{n} + a C) .

On développe par multilinéarité et l’on simplifie sachant que le déterminant est nul lorsque la colonne $C$ apparaît deux fois. On obtient

\det (H) = \det (λ_{1} E_{1} + \dots + λ_{n} E_{n}) + \sum_{i = 1}^{n} \det (λ_{1} E_{1} | \dots, a C ∣ \dots | λ_{n} E_{n})

\det (λ_{1} E_{1} | \dots, a C ∣ \dots | λ_{n} E_{n}) = a \prod_{1 \leq k \neq i \leq n} λ_{k} \det (E_{1} | \dots | C | \dots | E_{n})

et, en écrivant $C = E_{1} + \dots + E_{n}$ ,

\det (E_{1} | \dots | C | \dots | E_{n}) = \det (E_{1} | \dots | E_{i} | \dots | E_{n}) + 0 = 1

Finalement,

\det (H) = \prod_{i = 1}^{n} λ_{i} + a \sum_{i = 1}^{n} \prod_{1 \leq k \neq i \leq n} λ_{k} .

Exercice 50 4455

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℂ$ et $λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℂ$ . Calculer le déterminant de la matrice

M = (\begin{matrix} a_{1} + λ_{1} & a_{2} & \dots & a_{n} \\ a_{1} & a_{2} + λ_{2} & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & a_{n} \\ a_{1} & \dots & a_{n - 1} & a_{n} + λ_{n} \end{matrix}) .

Exercice 51 3124 Correction

Soient $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n} \in ℂ$ . Calculer le déterminant de la matrice de coefficient

a_{i, j} = {\begin{matrix} a_{i} + b_{i} & si i = j \\ b_{j} & sinon. \end{matrix}

Solution

Notons $D_{n}$ le déterminant recherché.
On décompose la première colonne en somme de deux colonnes

(\begin{matrix} a_{1} + b_{1} \\ b_{1} \\ ⋮ \\ b_{1} \end{matrix}) = (\begin{matrix} a_{1} \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} b_{1} \\ b_{1} \\ ⋮ \\ b_{1} \end{matrix}) = a_{1} E_{1} + b_{1} C

avec $E_{1}$ colonne élémentaire et $C$ colonne constituée de 1.
On décompose de même chacune des colonnes. On peut écrire

D_{n} = \det (a_{1} E_{1} + b_{1} C, \dots, a_{n} E_{n} + b_{n} C) .

On développe par multilinéarité et l’on simplifie sachant que le déterminant est nul lorsque la colonne $C$ apparaît deux fois. On obtient

D_{n} = \det (a_{1} E_{1} + \dots + a_{n} E_{n}) + \sum_{i = 1}^{n} \det (a_{1} E_{1}, \dots, b_{i} C, \dots, a_{n} E_{n})

et donc

D_{n} (a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n}) = \prod_{i = 1}^{n} a_{i} + \sum_{i = 1}^{n} b_{i} \prod_{k = 1, k \neq i}^{n} a_{k} .

Exercice 52 5982 CCINP (MP)Correction

Soit $P = X^{n} - X + 1$ avec $n \geq 2$ .

(a)

Montrer que $P$ admet $n$ racines $z_{1}, \dots, z_{n}$ distinctes dans $ℂ$ .
(b)

Calculer le déterminant de la matrice $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℂ)$ donnée par

$a_{i, j} = {\begin{matrix} 1 + z_{i} & si i = j \\ 1 & sinon. \end{matrix}$

Solution

(a)

Par le théorème de d’Alembert-Gauss, le polynôme complexe $P$ possède $n = \deg (P)$ racines complexes comptées avec multiplicité. Les racines multiples de $P$ sont les racines communes à $P$ et $P^{'} = n X^{n - 1} - 1$ . Si $ω$ est une telle racine alors

$ω^{n} - ω + 1 = 0 et n ω^{n - 1} - 1 = 0$

de sorte que

$ω^{n} = ω - 1 et ω^{n} = \frac{ω}{n}$

donc

$ω = \frac{n}{n - 1} .$

En observant que le réel $ω$ vérifie $ω > 1$ donc $ω^{n} > ω$ , la relation $ω^{n} - ω + 1 = 0$ est impossible. Le polynôme $P$ ne possède pas de racines multiples: ses racines sont toutes distinctes.
(b)

Notons $E_{1}, \dots, E_{n}$ les colonnes élémentaires de $ℳ_{n, 1} (ℂ)$ et $U = E_{1} + \dots + E_{n}$ la colonne de hauteur $n$ dont tous les coefficients sont égaux à $1$ . On peut écrire

$\det (M) = \det (U + z_{1} E_{1} | \dots | U + z_{n} E_{n}) .$

Par multilinéarité du déterminant en les colonnes, on peut développer le déterminant qui précède en simplifiant tous les déterminants où la colonne $U$ apparaît au moins deux fois,

$\det (M)$ $= \sum_{i = 1}^{N} \det (z_{1} E_{1} | \dots | U | \dots | z_{n} E_{n}) + \det (z_{1} E_{1} | \dots | z_{n} E_{n})$

$= \sum_{i = 1}^{N} z_{1} \times \dots \times \hat{z_{i}} \times \dots \times z_{n} + z_{1} \times \dots \times z_{n} .$

En vertu des relations entre coefficients et les racines d’un polynôme scindé,

$\sum_{i = 1}^{N} z_{1} \times \dots \times \hat{z_{i}} \times \dots \times z_{n} = {(- 1)}^{n - 1} \times (- 1) et z_{1} \times \dots \times z_{n} = {(- 1)}^{n} .$

On a donc

$\det (M) = 2 {(- 1)}^{n} .$

Exercice 53 5706 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{3} (ℝ)$ vérifiant

\det (A) = \det (B) = \det (A + B) = \det (A - B) = 0 .

Établir

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, \det (x A + y B) = 0 .

Solution

Considérons l’application

φ : {\begin{matrix} ℝ & \to & ℝ \\ t & \mapsto & \det (A + t B) . \end{matrix}

Par la formule définissant le déterminant appliquée aux matrices de taille $3$ , on peut affirmer que $φ$ est une fonction polynomiale de degré au plus $3$ . Aussi, le coefficient de $t^{3}$ dans $φ (t)$ vaut $\det (B) = 0$ . On en déduit que la fonction $φ$ est polynomiale de degré au plus $2$ . Au surplus, $φ (0) = φ (1) = φ (- 1) = 0$ et donc $φ$ possède au moins trois racines ce qui assure que $φ$ est la fonction identiquement nulle. Ainsi,

\forall t \in ℝ, \det (A + t B) = 0 .

Pour $x \in ℝ^{*}$ et $y \in ℝ$ ,

\det (x A + y B) = x^{3} φ (y / x) = 0 .

Aussi, pour $x = 0$ ,

\det (x A + y B) = \det (y B) = y^{3} \det (B) = 0 .

Finalement,

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, \det (x A + y B) = 0 .

Exercice 54 3578 Correction

Soient un naturel $n \geq 2$ et $(x_{1}, \dots, x_{n})$ une famille de $n$ réels distincts de $[0; π]$ .
On pose

P_{n} = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (\cos (x_{j}) - \cos (x_{i}))

et l’on considère la matrice $M_{n} \in ℳ_{n} (ℝ)$ de coefficient général

m_{i, j} = \cos ((j - 1) x_{i}) .

(a)

Montrer que $m_{i, j}$ est un polynôme en $\cos (x_{i})$ et donner son coefficient dominant.
(b)

Calculer $\det (M_{n})$ en fonction de $P_{n}$ .

Solution

(a)

$\cos (0 . x_{i})$ est un polynôme en $\cos (x_{i})$ de degré 0.
$\cos (1 . x_{i})$ est un polynôme en $\cos (x_{i})$ de degré 1.
Par récurrence double, on montre que $\cos (j x_{i})$ est un polynôme en $\cos (x_{i})$ de degré $j$ en exploitant la relation:

$\cos ((j + 1) x_{i}) + \cos ((j - 1) x_{i}) = 2 \cos (x_{i}) \cos (j x_{i}) .$

On peut aussi par récurrence affirmer que le coefficient dominant de $\cos (j x_{i})$ est $2^{j - 1}$ pour $j \geq 1$ .
On peut même être plus précis et affirmer que $\cos ((j - 1) x_{i})$ est une expression polynomiale de degré $j - 1$ en $\cos (x_{i})$ .
(b)

$\det (M_{n})$ est une expression polynomiale en $\cos (x_{1})$ de degré au plus $n - 1$ .
Puisque $\cos (x_{2}), \dots, \cos (x_{n})$ sont $n - 1$ racines distinctes du polynôme correspondant, on peut écrire

$\det (M_{n}) = λ (x_{2}, \dots, x_{n}) \prod_{j = 2}^{n} (\cos (x_{j}) - \cos (x_{1})) .$

L’expression du coefficient $λ (x_{2}, \dots, x_{n})$ est polynomiale en $\cos (x_{2})$ de degré au plus $n - 2$ (car il y a déjà le facteur $\cos (x_{2}) - \cos (x_{1})$ dans le produit) et puisque $\cos (x_{3}), \dots, \cos (x_{n})$ en sont des racines distinctes, on peut écrire

$λ (x_{2}, \dots, x_{n}) = μ (x_{3}, \dots, x_{n}) \prod_{j = 3}^{n} (\cos (x_{j}) - \cos (x_{2})) .$

En répétant la démarche, on obtient

$\det (M_{n}) = α_{n} \prod_{1 \leq i < j \leq n} (\cos (x_{j}) - \cos (x_{i})) = α_{n} P .$

Il reste à déterminer la valeur de $α_{n}$ …
Un calcul immédiat donne $α_{2} = 1$ .
En développant selon la dernière ligne

$\det (M_{n}) = \cos ((n - 1) x_{n}) \det (M_{n - 1}) + \dots$

où les points de suspensions contiennent une expression polynomiale en $\cos (x_{n})$ de degré $< n - 1$ .
En identifiant les coefficients dominant des expressions polynomiale en $\cos (x_{n})$ dans cette égalité, on obtient

$α_{n} = 2^{n - 2} α_{n - 1} .$

Cette relation permet de conclure

$α_{n} = 2^{\frac{(n - 1) (n - 2)}{2}} .$

Exercice 55 3577 CCINP (MP)Correction

Pour une famille de $n$ réels distincts $(x_{k})$ de $[0; π]$ , on pose

P_{n} = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (\cos (x_{i}) - \cos (x_{j})) .

(a)

Combien le produit définissant $P_{n}$ comporte-t-il de facteurs?
(b)

Pour $(i, j) \in {⟦ 1; 4 ⟧}^{2}$ écrire la matrice $M \in ℳ_{4} (ℝ)$ de coefficient général

$m_{i, j} = \cos ((j - 1) x_{i}) .$
(c)

Montrer que $m_{i, j}$ est un polynôme en $\cos (x_{i})$ .
(d)

Calculer $\det (M)$ en fonction de $P_{4}$ et montrer $| \det (M) | < 24$

Solution

(a)

Il y autant de facteurs que de paires ${i, j}$ c’est-à-dire

$(\binom{n}{2}) = \frac{n (n - 1)}{2} .$
(b)

$M = (\begin{matrix} 1 & \cos (x_{1}) & \cos (2 x_{1}) & \cos (3 x_{1}) \\ 1 & \cos (x_{2}) & \cos (2 x_{2}) & \cos (3 x_{2}) \\ 1 & \cos (x_{3}) & \cos (2 x_{3}) & \cos (3 x_{3}) \\ 1 & \cos (x_{4}) & \cos (2 x_{4}) & \cos (3 x_{4}) \end{matrix}) .$
(c)

La propriété est immédiate pour $j = 1$ ou $j = 2$ .
Pour $j = 3$ , $\cos (2 x_{i}) = 2 \cos^{2} (x_{i}) - 1$ .
Pour $j = 4$ , $\cos (3 x_{i}) = 4 \cos^{3} (x_{i}) - 3 \cos (x_{i})$ .
(d)

$\det (M)$ est une expression polynomiale en $\cos (x_{1})$ de degré au plus 3.
Puisque $\cos (x_{2}), \cos (x_{3}), \cos (x_{4})$ sont 3 racines distinctes du polynôme correspondant, on peut écrire

$\det (M) = λ (x_{2}, x_{3}, x_{4}) \prod_{j = 2}^{4} (\cos (x_{1}) - \cos (x_{j})) .$

L’expression du coefficient $λ (x_{2}, x_{3}, x_{4})$ est polynomiale $\cos (x_{2})$ de degré au plus $2$ (car il y a déjà le facteur $\cos (x_{1}) - \cos (x_{2})$ dans le produit) et puisque $\cos (x_{3}), \cos (x_{4})$ en sont des racines distinctes, on peut écrire

$λ (x_{2}, x_{3}, x_{4}) = μ (x_{3}, x_{4}) \prod_{j = 3}^{4} (\cos (x_{2}) - \cos (x_{j})) .$

En répétant la démarche, on obtient

$\det (M) = α \prod_{1 \leq i < j \leq 4} (\cos (x_{i}) - \cos (x_{j})) = α P_{4} .$

Il reste à déterminer la valeur de $α$ .

Une démarche analogue à la précédente aurait donnée

$| \begin{matrix} 1 & \cos (x_{1}) & \cos (2 x_{1}) \\ 1 & \cos (x_{2}) & \cos (2 x_{2}) \\ 1 & \cos (x_{3}) & \cos (2 x_{3}) \end{matrix} | = β P_{3}$

et

$| \begin{matrix} 1 & \cos (x_{1}) \\ 1 & \cos (x_{2}) \end{matrix} | = γ P_{2} avec γ = - 1 .$

En développant $\det (M)$ selon la dernière ligne et en considérant le coefficient dominant de $\det (M)$ vu comme polynôme en $\cos (x_{4})$ , on obtient

$4 β P_{3} = {(- 1)}^{3} α P_{3}$

et de façon analogue on a aussi

$2 γ P_{2} = {(- 1)}^{2} β P_{2} .$

On en déduit

$α = 8 .$

Puisque $Card (𝒮_{4}) = 24$ , $\det (M)$ peut se voir comme la somme de 24 termes qui sont tous inférieurs à 1 en valeur absolue. On en déduit

$| \det (M) | \leq 24 .$

Certains des termes (par exemple $1 \times \cos (x_{1}) \times \cos (2 x_{2}) \times \cos (3 x_{3})$ ) étant strictement inférieurs à 1 en valeur absolue, on a aussi

$| \det (M) | < 24 .$

Exercice 56 4453

Soient $n \geq 2$ et $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n}$ des réels.

Calculer le déterminant de $M = {({(a_{i} + b_{j})}^{n - 1})}_{1 \leq i, j \leq n}$ .

Exercice 57 748 CCINP (MP)

(Déterminant de Cauchy)

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $a_{1}, \dots, a_{n}, b_{1}, \dots, b_{n}$ des réels tels que $a_{i} + b_{j} \neq 0$ pour tous $i$ et $j$ de $⟦ 1; n ⟧$ .

Calculer

\det {(\frac{1}{a_{i} + b_{j}})}_{1 \leq i, j \leq n} .

[<] Calculs de déterminants avancés[>] Calculs de déterminants tridiagonaux

Exercice 58 1427 Correction

Calculer en établissant une relation de récurrence

D_{n} = {| \begin{matrix} 0 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ 1 & \dots & 1 & 0 \end{matrix} |}_{[n]} .

Solution

Par les opérations élémentaires: $C_{1} \leftarrow C_{1} - C_{n}$ puis $L_{1} \leftarrow L_{1} - L_{n}$ on obtient

D_{n} = {| \begin{matrix} - 2 & 0 & \dots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & (1) \\ ⋮ & ⋱ \\ 0 & ⋱ \\ 1 & (1) & 0 \end{matrix} |}_{[n]} .

En développant, on parvient à la relation de récurrence

D_{n} = - 2 D_{n - 1} - D_{n - 2} .

La suite $(D_{n})$ est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique $r^{2} + 2 r + 1 = 0$ de racine double $- 1$ .
Sachant $D_{1} = 0$ et $D_{2} = - 1$ , on parvient à

D_{n} = {(- 1)}^{n - 1} (n - 1) .

Exercice 59 1426 Correction

Calculer en établissant une relation de récurrence

D_{n} = {| \begin{matrix} 0 & 1 & \dots & 1 \\ - 1 & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ - 1 & \dots & - 1 & 0 \end{matrix} |}_{[n]} .

Solution

Par les opérations élémentaires $C_{1} \leftarrow C_{1} + C_{n}$ puis $L_{1} \leftarrow L_{1} + L_{n}$ on obtient

D_{n} = {| \begin{matrix} 0 & 0 & \dots & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & \dots & 1 \\ ⋮ & - 1 & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ - 1 & - 1 & \dots & - 1 & 0 \end{matrix} |}_{[n]} .

En développant, on parvient à la relation de récurrence

D_{n} = D_{n - 2} .

Comme $D_{1} = 0$ et $D_{2} = 1$ , on a

D_{n} = \frac{1 + {(- 1)}^{n}}{2} .

Exercice 60 1428

Calculer pour tout $n \geq 1$

D_{n} = {| \begin{matrix} 1 & \dots & 1 \\ ⋮ & ⋱ & (0) \\ 1 & (0) & 1 \end{matrix} |}_{[n]} .

Exercice 61 1431 Correction

Calculer

D_{n} = {| \begin{matrix} (\binom{1}{0}) & (\binom{1}{1}) & 0 & \dots & \dots & 0 \\ (\binom{2}{0}) & (\binom{2}{1}) & (\binom{2}{2}) & 0 & ⋮ \\ (\binom{3}{0}) & (\binom{3}{1}) & (\binom{3}{2}) & (\binom{3}{3}) & ⋱ & ⋮ \\ (\binom{4}{0}) & (\binom{4}{1}) & (\binom{4}{2}) & (\binom{4}{3}) & ⋱ & 0 \\ ⋮ & ⋱ & (\binom{n - 1}{n - 1}) \\ (\binom{n}{0}) & (\binom{n}{1}) & (\binom{n}{2}) & (\binom{n}{3}) & \dots & (\binom{n}{n - 1}) \end{matrix} |}_{[n]}

en notant

(\binom{n}{k}) = \frac{n!}{k! (n - k)!}

le coefficient binomial « $k$ parmi $n$ ».

Solution

En retirant à chaque ligne la précédente (et en commençant par la dernière)

D_{n} = {| \begin{matrix} 1 & 1 & 0 & \dots & \dots & 0 \\ 0 & (\binom{1}{0}) & (\binom{1}{1}) & 0 & ⋮ \\ ⋮ & (\binom{2}{0}) & (\binom{2}{1}) & (\binom{2}{2}) & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & (\binom{3}{0}) & (\binom{3}{1}) & (\binom{3}{2}) & ⋱ & 0 \\ ⋮ & ⋱ & (\binom{n - 2}{n - 2}) \\ 0 & (\binom{n - 1}{0}) & (\binom{n - 1}{1}) & (\binom{n - 1}{2}) & \dots & (\binom{n - 1}{n - 2}) \end{matrix} |}_{[n]}

en vertu de la formule du triangle de Pascal

(\binom{n}{k}) = (\binom{n - 1}{k - 1}) + (\binom{n - 1}{k}) .

En développant selon la première colonne, on obtient

D_{n} = D_{n - 1} .

Ainsi,

D_{n} = D_{1} = 1 .

Exercice 62 1432 X (MP)Correction

Calculer

D_{n + 1} = {| \begin{matrix} (\binom{0}{0}) & (\binom{1}{1}) & \dots & (\binom{n}{n}) \\ (\binom{1}{0}) & (\binom{2}{1}) & \dots & (\binom{n + 1}{n}) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ (\binom{n}{0}) & (\binom{n + 1}{1}) & \dots & (\binom{2 n}{n}) \end{matrix} |}_{[n + 1]}

en notant

(\binom{n}{k}) = \frac{n!}{k! (n - k)!}

le coefficient binomial « $k$ parmi $n$ ».

Solution

En retirant à chaque ligne la précédente (et en commençant par la dernière) on obtient

D_{n + 1} = {| \begin{matrix} (\binom{0}{0}) & (\binom{1}{1}) & \dots & (\binom{n}{n}) \\ 0 & (\binom{1}{0}) & \dots & (\binom{n}{n - 1}) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & (\binom{n}{0}) & \dots & (\binom{2 n - 1}{n - 1}) \end{matrix} |}_{[n + 1]}

en vertu de la formule du triangle de Pascal

(\binom{n}{k}) = (\binom{n - 1}{k - 1}) + (\binom{n - 1}{k}) .

En développant selon la première colonne

D_{n + 1} = {| \begin{matrix} (\binom{1}{0}) & \dots & (\binom{n}{n - 1}) \\ ⋮ & ⋮ \\ (\binom{n}{0}) & \dots & (\binom{2 n - 1}{n - 1}) \end{matrix} |}_{[n]} .

Via $C_{n} \leftarrow C_{n} - C_{n - 1}, \dots, C_{2} \leftarrow C_{2} - C_{1}$ et en exploitant $(\binom{p}{0}) = (\binom{p + 1}{0})$ , on obtient

D_{n + 1} = | \begin{matrix} (\binom{0}{0}) & \dots & (\binom{n - 1}{n - 1}) \\ ⋮ & ⋮ \\ (\binom{n - 1}{0}) & \dots & (\binom{2 n - 2}{n - 1}) \end{matrix} | = D_{n} .

Finalement,

D_{n} = 1 .

Exercice 63 1430

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $a, b \in ℝ$ . Calculer

D_{n} = {| \begin{matrix} a + b & (b) \\ ⋱ \\ (a) & a + b \end{matrix} |}_{[n]} .

Exercice 64 1429 Correction

Calculer en établissant une relation de récurrence

D_{n} = {| \begin{matrix} 2 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 3 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ 1 & \dots & 1 & n + 1 \end{matrix} |}_{[n]} .

On exprimera le résultat à l’aide des termes de la suite $(H_{n})$ avec

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

Solution

En décomposant la dernière colonne en somme de deux colonnes

D_{n} = | \begin{matrix} 2 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & n & 1 \\ 1 & \dots & 1 & 1 \end{matrix} | + {| \begin{matrix} 2 & (1) & 0 \\ ⋱ & ⋮ \\ n & 0 \\ (1) & n \end{matrix} |}_{[n]} .

En retranchant la dernière colonne à chacune des autres

| \begin{matrix} 2 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & n & 1 \\ 1 & \dots & 1 & 1 \end{matrix} | = | \begin{matrix} 1 & (0) & 1 \\ ⋱ & ⋱ & ⋮ \\ n - 1 & 1 \\ (0) & 1 \end{matrix} | = (n - 1)! .

En développant selon la dernière colonne

{| \begin{matrix} 2 & (1) & 0 \\ ⋱ & ⋮ \\ n & 0 \\ (1) & n \end{matrix} |}_{[n]} = n D_{n - 1} .

Ainsi,

D_{n} = (n - 1)! + n D_{n - 1} .

Par suite,

\frac{D_{n}}{n!} = \frac{1}{n} + \frac{D_{n - 1}}{(n - 1)!}

donc

\frac{D_{n}}{n!} = D_{0} + \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}

puis

D_{n} = (1 + H_{n}) n! .

Exercice 65 3254 Correction

Calculer le déterminant de

A_{n} = (\begin{matrix} a & (b) \\ ⋱ \\ (c) & a \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℂ) .

Solution

Cas: $b = c$ . C’est un calcul classique, on effectue $C_{1} \leftarrow C_{1} + \dots + C_{n}$ puis $L_{i} \leftarrow L_{i} - L_{1}$ (pour $i = 2, \dots, n$ ) pour triangulariser le déterminant et obtenir

\det (A_{n}) = (a + (n - 1) b) {(a - b)}^{n - 1} .

Cas: $b \neq c$ . Posons $D_{n} = \det (A_{n})$ . À chaque ligne on retranche la précédente

D_{n} = | \begin{matrix} a & b & \dots & b \\ c - a & a - b & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ (0) & c - a & a - b \end{matrix} |

et l’on développe selon la dernière colonne

D_{n} = b {(a - c)}^{n - 1} + (a - b) D_{n - 1} avec n \geq 2 .

Ainsi,

D_{n} = b {(a - c)}^{n - 1} + b (a - b) {(a - c)}^{n - 2} + \dots + b {(a - b)}^{n - 2} {(a - c)}^{1} + {(a - b)}^{n - 1} D_{1} .

Par sommation géométrique des premiers termes,

D_{n} = b {(a - c)}^{n - 1} \frac{1 - {(\frac{a - b}{a - c})}^{n - 1}}{1 - \frac{a - b}{a - c}} + a {(a - b)}^{n - 1}

puis, après simplification,

D_{n} = \frac{b {(a - c)}^{n} - c {(a - b)}^{n}}{b - c} .

[<] Calculs de déterminants par une relation de récurrence[>] Déterminants de Vandermonde et apparentés

Exercice 66 1433 Correction

Soit $a \in ℂ^{*}$ . Calculer pour $n \in ℕ^{*}$

D_{n} = | \begin{matrix} 2 a & a & (0) \\ a & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & a \\ (0) & a & 2 a \end{matrix} | .

Solution

En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première ligne dans le second déterminant on obtient pour $n \geq 2$

D_{n} = 2 a D_{n - 1} - a^{2} D_{n - 2}

$(D_{n})$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $2$ d’équation caractéristique $r^{2} - 2 a r + a^{2} = 0$ de racines double $a$ .

On a alors $D_{n} = (λ n + μ) a^{n}$ avec $λ, μ \in 𝕂$ .

Les conditions initiales $D_{1} = 2 a$ et $D_{2} = 3 a^{2}$ (ou $D_{0} = 1$ et $D_{1} = 2 a$ ) donnent

D_{n} = (n + 1) a^{n} .

Exercice 67 4225

Soit $x$ un nombre complexe. Calculer

D_{n} = {| \begin{matrix} 1 + x^{2} & x & (0) \\ x & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & x \\ (0) & x & 1 + x^{2} \end{matrix} |}_{[n]} .

Exercice 68 2584 CCINP (MP)Correction

Soit $(a, b) \in ℝ^{2}$ . Calculer pour $n \in ℕ^{*}$

D_{n} = {| \begin{matrix} a + b & b & (0) \\ a & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & b \\ (0) & a & a + b \end{matrix} |}_{[n]} .

Solution

Par développement d’un déterminant tridiagonal,

D_{n} = (a + b) D_{n - 1} - a b D_{n - 2} .

La suite $(D_{n})$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $2$ d’équation caractéristique $r^{2} - (a + b) r + a b = 0$ de racines $a$ et $b$ .

Cas: $a \neq b$ . On peut écrire $D_{n} = λ a^{n} + μ b^{n}$ et compte tenu des valeurs initiales, on obtient

D_{n} = \frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} .

Cas: $a = b$ . On peut écrire $D_{n} = (λ n + μ) a^{n}$ et l’on parvient cette fois-ci à

D_{n} = (n + 1) a^{n} .

Exercice 69 1436

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels non tous deux nuls. Calculer pour tout $n \geq 1$ ,

D_{n} = {| \begin{matrix} a + b & a b & (0) \\ 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & a b \\ (0) & 1 & a + b \end{matrix} |}_{[n]} .

Exercice 70 740 Correction

Soit $θ \in ℝ$ . Calculer pour $n \in ℕ^{*}$

D_{n} = {| \begin{matrix} 2 \cos (θ) & 1 & (0) \\ 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & 1 \\ (0) & 1 & 2 \cos (θ) \end{matrix} |}_{[n]} .

Solution

En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première ligne dans le second déterminant on obtient pour $n \geq 2$

D_{n} = 2 \cos (θ) D_{n - 1} - D_{n - 2}

$(D_{n})$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $2$ d’équation caractéristique

r^{2} - 2 \cos (θ) r + 1 = 0

de racines $e^{i θ}$ et $e^{- i θ}$ .

Cas: $θ ≢ 0 [π]$ . On écrit $D_{n} = λ \cos (n θ) + μ \sin (n θ)$ . Les conditions $D_{0} = 1$ et $D_{1} = 2 \cos (θ)$ donnent

{\begin{matrix} λ & = 1 \\ λ \cos (θ) + μ \sin (θ) & = 2 \cos (θ) \end{matrix}

puis

{\begin{matrix} λ & = 1 \\ μ & = 1 / \tan (θ) . \end{matrix}

Ainsi,

D_{n} = \frac{\sin ((n + 1) θ)}{\sin (θ)} .

Cas: $θ \equiv 0 [2 π]$ . $D_{n} = λ n + μ$ . $D_{0} = 1$ et $D_{1} = 2$ donnent

D_{n} = n + 1 .

Cas: $θ \equiv π [2 π]$ . $D_{n} = (λ n + μ) {(- 1)}^{n}$ . $D_{0} = 1$ et $D_{1} = - 2$ donnent

D_{n} = {(- 1)}^{n} (n + 1) .

Exercice 71 741 Correction

Calculer

D_{n} = {| \begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ n & 0 & 2 \\ n - 1 & ⋱ & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & n \\ (0) & 1 & 0 \end{matrix} |}_{[n + 1]} .

Solution

En développant selon la première colonne, puis la première ligne et en recommençant: $D_{n} = (- n) \times 1 \times (2 - n) \times 3$ etc.

Cas: $n$ est pair. Le développement s’arrête sur le calcul de

| \begin{matrix} n - 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix} | = 0 .

Cas: $n$ est impair. Le développement s’arrête par l’étape

| \begin{matrix} 0 & n - 2 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & n - 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & n \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} | = - 3 | \begin{matrix} n - 2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & n \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} | = - 3 (n - 2) | \begin{matrix} 0 & n \\ 1 & n \end{matrix} | = 3 n (n - 2) .

En écrivant $n = 2 p + 1$ , on parvient à

D_{n} = {(- 1)}^{p + 1} {(1 \times 3 \times \dots \times (2 p + 1))}^{2} = {(- 1)}^{p + 1} {(\frac{(2 p + 1)!}{2^{p} p!})}^{2} .

[<] Calculs de déterminants tridiagonaux[>] Applications des déterminants

Exercice 72 5122

(Déterminant de Vandermonde)

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℂ$ . On souhaite exprimer

V_{n} (a_{1}, \dots, a_{n}) \overset{déf}{=} {| \begin{matrix} 1 & a_{1} & a_{1}^{2} & \dots & a_{1}^{n - 1} \\ 1 & a_{2} & a_{2}^{2} & \dots & a_{2}^{n - 1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & a_{n} & a_{n}^{2} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} |}_{[n]} .

Pour $n \geq 2$ et $x \in ℂ$ , on pose $P_{n} (x) = V_{n} (a_{1}, \dots, a_{n - 1}, x)$ .

(a)

Établir que $P_{n}$ est une fonction polynomiale de degré inférieur à $n - 1$ et préciser le coefficient de son terme de degré $n - 1$ .
(b)

En déduire la relation

$V_{n} (a_{1}, \dots, a_{n}) = V_{n - 1} (a_{1}, \dots, a_{n - 1}) \prod_{i = 1}^{n - 1} (a_{n} - a_{i}) .$ (1)
(c)

Conclure

$V_{n} (a_{1}, \dots, a_{n}) = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (a_{j} - a_{i}) .$ (2)

Exercice 73 4224

Soient $n \geq 2$ et $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ des nombres complexes deux à deux distincts.

Pour $x \in ℂ$ , calculer

D_{n} (x) = {| \begin{matrix} 1 & λ_{1} & λ_{1}^{2} & \dots & λ_{1}^{n - 2} & P_{1} (x) \\ 1 & λ_{2} & λ_{2}^{2} & \dots & λ_{2}^{n - 2} & P_{2} (x) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & λ_{n} & λ_{n}^{2} & \dots & λ_{n}^{n - 2} & P_{n} (x) \end{matrix} |}_{[n]} avec P_{i} (x) = \prod_{\begin{matrix} 1 \leq k \leq n \\ k \neq i \end{matrix}} (x - λ_{k}) .

Exercice 74 2384

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $a_{1}, \dots, a_{n}$ des nombres complexes. Calculer

D_{n} = {| \begin{matrix} 1 & a_{1} & a_{1}^{2} & \dots & a_{1}^{n - 2} & a_{1}^{n} \\ 1 & a_{2} & a_{2}^{2} & \dots & a_{2}^{n - 2} & a_{2}^{n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & a_{n} & a_{n}^{2} & \dots & a_{n}^{n - 2} & a_{n}^{n} \end{matrix} |}_{[n]} .

Exercice 75 2385 CENTRALE (MP)Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $a_{1}, \dots, a_{n}$ des nombres complexes. Calculer pour $k = 1, \dots, n - 1$

D_{k} = | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{k - 1} & a_{1}^{k + 1} & \dots & a_{1}^{n} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{k - 1} & a_{2}^{k + 1} & \dots & a_{2}^{n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{k - 1} & a_{n}^{k + 1} & \dots & a_{n}^{n} \end{matrix} | .

Solution

Considérons le polynôme

P (X) = (X - a_{1}) (X - a_{2}) \dots (X - a_{n}) .

Celui-ci se développe sous la forme

P (X) = X^{n} + α_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + α_{0}

avec $α_{0}, \dots, α_{n - 1} \in 𝕂$ et en particulier $α_{k} = {(- 1)}^{n - k} σ_{n - k}$ où les $σ_{1}, \dots, σ_{n}$ désignent les expressions symétriques élémentaires en $a_{1}, \dots, a_{n}$ .
En procédant à l’opération $C_{n} \leftarrow C_{n} + \sum_{j = 0}^{k - 1} α_{j} C_{j + 1} + \sum_{j = n}^{n - 1} α_{j} C_{j}$ , les coefficients de la dernière colonne de la matrice sont transformés en

P (a_{i}) - α_{k} a_{i}^{k} = - α_{k} a_{i}^{k} car P (a_{i}) = 0 .

Ainsi,

D_{k} = {(- 1)}^{n + 1 - k} σ_{n - k} | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{k - 1} & a_{1}^{k + 1} & \dots & a_{1}^{n - 1} & a_{1}^{k} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{k - 1} & a_{2}^{k + 1} & \dots & a_{2}^{n - 1} & a_{2}^{k} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{k - 1} & a_{n}^{k + 1} & \dots & a_{n}^{n - 1} & a_{n}^{k} \end{matrix} | .

En permutant de façon circulaire les $n - k$ dernières colonnes, on obtient

D_{k} = σ_{n - k} | \begin{matrix} 1 & a_{1} & \dots & a_{1}^{k - 1} & a_{1}^{k} & a_{1}^{k + 1} & \dots & a_{1}^{n - 1} \\ 1 & a_{2} & \dots & a_{2}^{k - 1} & a_{2}^{k} & a_{2}^{k + 1} & \dots & a_{2}^{n - 1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & a_{n} & \dots & a_{n}^{k - 1} & a_{n}^{k} & a_{n}^{k + 1} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} | .

Sachant calculer un déterminant de Vandermonde, on obtient

D_{k} = σ_{n - k} \prod_{1 \leq i < j \leq n} (a_{j} - a_{i}) .

[<] Déterminants de Vandermonde et apparentés[>] Applications au calcul de rang

Exercice 76 1411 Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension finie et $f$ un endomorphisme de $E$ vérifiant $f^{2} = - Id$ . Montrer que l’espace $E$ est de dimension paire.

Solution

Posons $n = dim E$ . Comme $\det (f^{2}) = \det (- I_{n})$ on a $\det {(f)}^{2} = {(- 1)}^{n} \geq 0$ , donc $n$ est pair.

Exercice 77 2590 Correction

En calculant de deux façons

| \begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} |

factoriser $a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c$ par $a + b + c$

Solution

D’une part, l’application de la règle de Sarrus donne

| \begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} | = a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c .

D’autre part, l’opération élémentaire $C_{1} \leftarrow C_{1} + C_{2} + C_{3}$ suivie de $L_{2} \leftarrow L_{2} - L_{1}$ et $L_{3} \leftarrow L_{3} - L_{1}$ donne

| \begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} | = | \begin{matrix} a + b + c & b & c \\ a + b + c & a & b \\ a + b + c & c & a \end{matrix} | = | \begin{matrix} a + b + c & b & c \\ 0 & a - b & b - c \\ 0 & c - b & a - c \end{matrix} | .

En développant selon la première colonne,

	$\| \begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix} \|$	$= (a + b + c) ((a - b) (a - c) + {(b - c)}^{2})$
		$= (a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - (a b + b c + c a)) .$

On en déduit la factorisation

a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c = (a + b + c) (a^{2} + b^{2} + c^{2} - (a b + b c + c a)) .

Exercice 78 1441 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension 3 et $ℬ = (e_{1}, e_{2}, e_{3})$ une base de $E$ .
Soit $f$ l’endomorphisme de $E$ dont la matrice dans $ℬ$ est

A = (\begin{matrix} 3 & - 2 & - 3 \\ - 2 & 6 & 6 \\ 2 & - 2 & - 2 \end{matrix}) .

(a)

Pour quelles valeurs de $λ$ , a-t-on $\det (A - λ I_{3}) = 0$ ?
(b)

Déterminer une base $𝒞 = (ε_{1}, ε_{2}, ε_{3})$ de $E$ telle que

${Mat}_{𝒞} f = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) .$

Solution

(a)

Après calculs

$\det (A - λ I_{3}) = (1 - λ) (4 - λ) (2 - λ) .$

On a donc

$\det (A - λ I_{3}) = 0 \Leftrightarrow λ = 1,2 ou 4 .$
(b)

Après résolution de l’équation $f (x) = λ x$ pour $λ = 1,2$ ou $4$ , on obtient

$ε_{1} = e_{1} - 2 e_{2} + 2 e_{3}, ε_{2} = e_{1} - e_{2} + e_{3} et ε_{3} = e_{1} - 2 e_{2} + e_{3}$

convenables.

Exercice 79 1442 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $A \in {GL}_{n} (ℝ)$ et $B \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Montrer qu’il existe $ε > 0$ tel que:

\forall x \in [- ε; ε], A + x B \in {GL}_{n} (ℝ) .

Solution

Notons $A = (a_{i, j})$ et $B = (b_{i, j})$ . On sait

\det (A + x B) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} (a_{σ (i), i} + x b_{σ (i), i}) .

La fonction $x \mapsto \det (A + x B)$ est continue (car polynomiale) et ne s’annule pas en $0$ (car $\det (A) \neq 0$ ). Par continuité, cette fonction ne s’annule pas sur un certain voisinage de $0$ (et cela résout le problème posé).

Exercice 80 4960 X (PC)

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice inversible et $X, Y$ deux colonnes de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Établir

A + Y X^{⊤} \in {GL}_{n} (ℝ) \Leftrightarrow 1 + X^{⊤} A^{- 1} Y \neq 0 .

Exercice 81 5486 Correction

Soient $(a_{1}, \dots, a_{n})$ et $(b_{1}, \dots, b_{n})$ deux familles de vecteurs d’un espace vectoriel réel de dimension finie $E$ . Montrer que si l’une au moins de ces familles est libre alors la famille $(a_{1} + t . b_{1}, \dots, a_{n} + t . b_{n})$ est libre pour une infinité de valeurs de $t \in ℝ$ .

Solution

Cas: La famille $a = (a_{1}, \dots, a_{n})$ est libre.

La famille $a$ est base de l’espace $F$ qu’elle engendre. Introduisons $G$ un sous-espace vectoriel supplémentaire de $F$ dans $E$ et considérons la projection $p$ sur $F$ parallèlement à $G$ . Par cette projection, la famille $(a_{1} + t . b_{1}, \dots, a_{n} + t . b_{n})$ devient $(a_{1} + t . c_{1}, \dots, a_{n} + t . c_{n})$ avec $c_{i} = p (b_{i})$ pour $i$ allant de $1$ à $n$ . Si cette dernière est libre, la famille initiale $(a_{1} + t . b_{1}, \dots, a_{n} + t . b_{n})$ l’est aussi.

Étudions alors la liberté de la famille $(a_{1} + t . c_{1}, \dots, a_{n} + t . c_{n})$ . Il s’agit d’une famille de vecteurs de $F$ et celle-ci est libre si, et seulement si, son déterminant dans la base $a$ est non nul. Or, pour $t \in ℝ$ ,

\det_{(a_{1}, \dots, a_{n})} (a_{1} + t . c_{1}, \dots, a_{n} + t . c_{n})

est une expression polynomiale en $t$ et celle-ci n’est pas constamment nulle car

\det_{(a_{1}, \dots, a_{n})} (a_{1}, \dots, a_{n}) = 1 pour t = 0 .

La fonction polynomiale $t \mapsto \det_{(a_{1}, \dots, a_{n})} (a_{1} + t . c_{1}, \dots, a_{n} + t . c_{n})$ n’admet donc qu’un nombre fini de racines et la famille $(a_{1} + t . c_{1}, \dots, a_{n} + t . c_{n})$ est libre pour toutes les autres valeurs de $t$ . La famille $(a_{1} + t . b_{1}, \dots, a_{n} + t . b_{n})$ est alors libre pour au moins ces valeurs de $t$ .

Cas: La famille $b = (b_{1}, \dots, b_{n})$ est libre.

Pour $t \neq 0$ , la liberté de la famille $(a_{1} + t . b_{1}, \dots, a_{n} + t . b_{n})$ équivaut à celle de la famille de vecteurs colinéaires $(\frac{1}{t} . a_{1} + b_{1}, \dots, \frac{1}{t} . a_{n} + b_{n})$ . Cela ramène à la situation résolue précédemment et permet de conclure.

Exercice 82 2380 CENTRALE (MP)Correction

Quels sont les endomorphismes $f$ de $ℝ^{n}$ tels que $f (ℤ^{n}) = ℤ^{n}$ ?

Solution

Soit $f$ solution. La matrice de $f$ relative à la base canonique est à coefficients entiers. De plus, $f$ est un automorphisme car les vecteurs de la base canonique sont des valeurs prises par $f$ et comme $f^{- 1} (ℤ^{n}) = ℤ^{n}$ , la matrice de $f^{- 1}$ relative à la base canonique est à coefficients entiers. Inversement, si $f$ est un automorphisme telle que $f$ et $f^{- 1}$ soient représentés par des matrices à coefficients entiers dans la base canonique, il est immédiat que $f (ℤ^{n}) \subset ℤ^{n}$ et que $f^{- 1} (ℤ^{n}) \subset ℤ^{n}$ donc que $ℤ^{n} \subset f (ℤ^{n})$ et finalement $f (ℤ^{n}) = ℤ^{n}$ . Notons que les endomorphismes solutions peuvent aussi se décrire comme étant les endomorphismes canoniquement représentés par une matrice à coefficients entiers et qui sont de déterminant égal à 1 ou $- 1$ .

Exercice 83 3007 NAVALE (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ une matrice de colonnes $C_{1}, \dots, C_{n}$ (avec $n \geq 2$ ).

Étudier la bijectivité de l’application

u_{A} : {\begin{matrix} 𝕂^{n} & \to & 𝕂^{n} \\ x & \mapsto & {(\det (C_{1}, \dots, C_{j - 1}, x, C_{j + 1}, \dots, C_{n}))}_{1 \leq j \leq n} \end{matrix}

Solution

Par linéarité du déterminant en la famille des colonnes, on peut affirmer que l’application $u_{A}$ est linéaire.

Soit $k \in {1, \dots, n}$ . Pour $x = C_{k}$ , on remarque

\det (C_{1}, \dots, C_{j - 1}, x, C_{j + 1}, \dots, C_{n}) = {\begin{matrix} \det (A) & si k = j \\ 0 & sinon \end{matrix}

et donc

u_{A} (C_{k}) = \det (A) . e_{k}

avec $e_{k}$ le $k$ -ième vecteur de la base canonique de $𝕂^{n}$ .

Si la matrice $A$ est inversible, l’application $u_{A}$ prend pour valeurs les éléments d’une base de $𝕂^{n}$ . L’application linéaire $u_{A}$ est donc surjective et c’est donc un automorphisme de l’espace $E$ .

Si la matrice $A$ n’est pas inversible et si elle est possède une colonne non nulle, on peut affirmer que le noyau de $u_{A}$ n’est pas réduit à $0$ et l’application $u_{A}$ n’est donc pas bijective.

Si la matrice $A$ est nulle, l’endomorphisme $u_{A}$ est identiquement nul¹¹ 1 Plus généralement, c’est le cas lorsque $rg (A) \leq n - 2$ . et donc pas bijectif.

Exercice 84 6025 Correction

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ . On note $(𝒮_{n}, \circ)$ le groupe des permutations de $⟦ 1; n ⟧$ . On appelle point fixe de $σ \in 𝒮_{n}$ tout élément $i \in ⟦ 1; n ⟧$ tel que $σ (i) = i$ . On note $ν (σ)$ le nombre de points fixes de $σ$ .

Soient $x \in ℝ$ et

M = (\begin{matrix} x & (1) \\ ⋱ \\ (1) & x \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

(a)

En calculant de deux façons le déterminant de $M$ , établir

$\sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) x^{ν (σ)} = {(x - 1)}^{n - 1} (x + n - 1) .$
(b)

En déduire

$\sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) et \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) ν (σ) .$

Solution

(a)

En sommant toutes les colonnes sur la première colonne puis en retranchant la ligne à chacune des autres, on obtient

$\det (M) = (x + n - 1) {(x - 1)}^{n - 1} .$

Parallèlement, la formule définissant le déterminant donne

$\det (M) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} m_{σ (i), i}$

avec

$m_{i, j} = {\begin{matrix} x & si i = j \\ 1 & sinon. \end{matrix}$

Pour $σ \in 𝒮_{n}$ , on remarque

$\prod_{i = 1}^{n} m_{σ (i), i} = x^{ν (σ)}$

et l’on obtient donc

$\sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) x^{ν (σ)} = {(x - 1)}^{n - 1} (x + n - 1) .$
(b)

Pour $x = 1$ , il vient

$\sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) = 0 .$

En dérivant avant de poser $x = 1$ , il vient

$\sum_{σ \in 𝒮_{n}} ε (σ) ν (σ) = {\begin{matrix} 2 & si n = 2 \\ 0 & si n > 2 . \end{matrix}$

Exercice 85 4981 MINES (PSI)

Soient $I$ un intervalle non vide de $ℝ$ et $(f_{1}, \dots, f_{n})$ une famille de fonctions de $I$ vers $ℝ$ .

Montrer que la famille $(f_{1}, \dots, f_{n})$ est libre si, et seulement si, il existe $x_{1}, \dots, x_{n}$ dans $I$ tels que le déterminant de la matrice ${(f_{i} (x_{j}))}_{1 \leq i, j \leq n}$ est non nul.

Exercice 86 5017

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $A_{1}, \dots, A_{n}$ des parties de $⟦ 1; n ⟧$ distinctes deux à deux. On suppose que les parties $A_{i}$ s’intersectent deux à deux en des singletons et l’on forme la matrice $M = (m_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ déterminée par

m_{i, j} = {\begin{matrix} 1 & si i \in A_{j} \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Montrer que la matrice $M^{⊤} M$ est inversible et en déduire que la réunion des $A_{i}$ est égale à $⟦ 1; n ⟧$ .

[<] Applications des déterminants[>] Systèmes de Cramer

Exercice 87 1445 Correction

Soient $α \in ℂ$ et

M = (\begin{matrix} 1 & α & 0 \\ ⋱ & ⋱ \\ 0 & ⋱ & α \\ α & 0 & 1 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℂ) .

(a)

Calculer $\det (M)$ .
(b)

Déterminer, en fonction de $α$ le rang de $M$ .

Solution

(a)

En écrivant la première colonne comme somme de deux colonnes on obtient

$\det (M) = 1 - {(- 1)}^{n} α^{n} .$
(b)

Si $\det (M) \neq 0$ alors $M$ est inversible et $rg (M) = n$ .
Si $\det (M) = 0$ alors $M$ n’est pas inversible donc $rg (M) < n$ .
Or $M$ possède une matrice extraite de rang $n - 1$ donc $rg (M) = n - 1$ .

Finalement,

$rg (M) = {\begin{matrix} n - 1 & si - α \in 𝕌_{n} \\ n & sinon. \end{matrix}$

Exercice 88 1446

Soient $a, b \in 𝕂$ . Calculer le rang de la matrice

M (a, b) = (\begin{matrix} a & (b) \\ ⋱ \\ (b) & a \end{matrix}) \in ℳ_{n} (𝕂) .

[<] Applications au calcul de rang[>] Comatrice

Exercice 89 4464

(Formules de Cramer)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On considère le système d’équations linéaires

(Σ) : {\begin{matrix} a_{1,1} x_{1} & + & a_{1,2} x_{2} & + & \dots & + & a_{1, n} x_{n} & = & b_{1} \\ a_{2,1} x_{1} & + & a_{2,2} x_{2} & + & \dots & + & a_{2, n} x_{n} & = & b_{2} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{n,1} x_{1} & + & a_{n,2} x_{2} & + & \dots & + & a_{n, n} x_{n} & = & b_{n} \end{matrix}

d’équation matricielle $A X = B$ .

(a)

Montrer que ce système admet une unique solution si, et seulement si, $\det (A) \neq 0$ .
(b)

Montrer que sa solution $(x_{1}, \dots, x_{n})$ est alors déterminée par¹¹ 1 Au numérateur, on comprend le déterminant de la matrice obtenue à partir de $A$ en remplaçant sa $j$ -ème colonne par $B$ .

$x_{j} = \frac{| \begin{matrix} a_{1,1} & \dots & b_{1} & \dots & a_{1, n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ a_{n,1} & \dots & b_{n} & \dots & a_{n, n} \end{matrix} |}{\det (A)} pour tout j = 1, \dots, n .$

Exercice 90 1437 Correction

Soient $a, b, c et d$ des éléments de $𝕂$ . Résoudre sur $𝕂$ les systèmes suivants:

(a)

${\begin{matrix} x + y + z & = 1 \\ a x + b y + c z & = d \\ a^{2} x + b^{2} y + c^{2} z & = d^{2} \end{matrix}$ avec $a, b, c$ deux à deux distincts.
(b)

${\begin{matrix} x + y + z & = 1 \\ a x + b y + c z & = d \\ a^{3} x + b^{3} y + c^{3} z & = d^{3} \end{matrix}$ avec $a, b, c$ deux à deux distincts et $a + b + c \neq 0$ .

Solution

(a)

On a

$| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \end{matrix} | = (b - a) (c - a) (c - b) \neq 0 .$

Par les formules de Cramer,

${\begin{matrix} x & = \frac{(b - d) (c - d) (c - b)}{(b - a) (c - a) (c - b)} \\ y & = \frac{(d - a) (c - a) (c - d)}{(b - a) (c - a) (c - b)} \\ z & = \frac{(b - a) (d - a) (d - b)}{(b - a) (c - a) (c - b)} . \end{matrix}$
(b)

On a

$| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^{3} & b^{3} & c^{3} \end{matrix} | = (b - a) (c - a) (c - b) (a + b + c) \neq 0 .$

Par les formules de Cramer,

$x = \frac{(b - d) (c - d) (c - b) (d + b + c)}{(b - a) (c - a) (c - b) (a + b + c)}$

et l’on exprime $y$ et $z$ par des relations symétriques.

Exercice 91 1438 Correction

Résoudre

{\begin{matrix} x + y + z & = a \\ x + j y + j^{2} z & = b \\ x + j^{2} y + j z & = c \end{matrix}

en fonction de $a, b, c \in ℂ$ .

Solution

Le système est de Cramer via déterminant de Vandermonde.
$(1) + (2) + (3)$ donne

x = \frac{a + b + c}{3}

$(1) + j^{2} (2) + j (3)$ donne

y = \frac{a + b j^{2} + c j}{3}

et $(1) + j (2) + j^{2} (3)$ donne

z = \frac{a + b j + c j^{2}}{3} .

Exercice 92 1439 Correction

Résoudre en fonction de $a \in ℂ$ le système

{\begin{matrix} x + a y + a^{2} z & = 0 \\ \bar{a} x + y + a z & = 0 \\ {\bar{a}}^{2} x + \bar{a} y + z & = 0 . \end{matrix}

Solution

Le déterminant du système est

| \begin{matrix} 1 & a & a^{2} \\ \bar{a} & 1 & a \\ {\bar{a}}^{2} & \bar{a} & 1 \end{matrix} | = | \begin{matrix} 1 & a & a^{2} \\ 0 & 1 - {| a |}^{2} & a (1 - {| a |}^{2}) \\ 0 & \bar{a} (1 - {| a |}^{2}) & 1 - {| a |}^{4} \end{matrix} | = | \begin{matrix} 1 & a & a^{2} \\ 0 & 1 - {| a |}^{2} & a (1 - {| a |}^{2}) \\ 0 & 0 & 1 - {| a |}^{2} \end{matrix} | .

Si $| a | \neq 1$ alors est le système est de Cramer et homogène

𝒮 = {(0,0,0)} .

Si $| a | = 1$ alors le système équivaut à une seule équation

x + a y + a^{2} z = 0

car les deux autres lui sont proportionnelles. On en déduit

𝒮 = {(- a y - a^{2} z, y, z) | y, z \in ℂ} .

Exercice 93 1440 Correction

Soient $a, b, c \in ℂ$ distincts.

(a)

Résoudre

${\begin{matrix} x + a y + a^{2} z & = a^{3} \\ x + b y + b^{2} z & = b^{3} \\ x + c y + c^{2} z & = c^{3} \end{matrix}$

en introduisant le polynôme $P = X^{3} - (x + y X + z X^{2})$ .
(b)

Même question pour

${\begin{matrix} x + a y + a^{2} z & = a^{4} \\ x + b y + b^{2} z & = b^{4} \\ x + c y + c^{2} z & = c^{4} . \end{matrix}$

Solution

Les deux systèmes proposés sont de Cramer via déterminant de Vandermonde.

(a)

Si $x, y, z$ est sa solution alors $P (a) = P (b) = P (c) = 0$ et donc

$P = (X - a) (X - b) (X - c) .$

On en déduit

$x = a b c, y = - (a b + b c + c a) et z = a + b + c .$
(b)

Introduisons

$P = X^{4} - (x + y X + z X^{2}) .$

Si $x, y, z$ est solution alors $P (a) = P (b) = P (c) = 0$ et donc

$P = (X - a) (X - b) (X - c) (X - d) .$

Puisque le coefficient de $X^{3}$ dans $P$ est nul, la somme des racines de $P$ est nulle et donc

$a + b + c + d = 0$

puis

$P = (X - a) (X - b) (X - c) (X + (a + b + c)) .$

En développant, on obtient

$x = σ_{3} σ_{1}, y = σ_{3} - σ_{1} σ_{2} et z = σ_{1}^{2} - σ_{2}$

avec $σ_{1}, σ_{2}, σ_{3}$ les expressions symétriques élémentaires en $a, b, c$ .

[<] Systèmes de Cramer[>] Déterminants à coefficients entiers

Exercice 94 3944 Correction

Soit $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Montrer que la comatrice de $S$ est symétrique.

Solution

Le coefficient d’indice $(i, j)$ de la comatrice de $S$ est

{(- 1)}^{i + j} Δ_{i, j}

avec $Δ_{i, j}$ le mineur d’indice $(i, j)$ de la matrice $S$ c’est-à-dire le déterminant de la matrice obtenue en supprimant la $i$ -ème ligne et la $j$ -ème colonne de $S$ . Or le déterminant d’une matrice est aussi celui de sa transposée et puisque la matrice $S$ est symétrique, le mineur d’indice $(i, j)$ est égal à celui d’indice $(j, i)$ . On en déduit que la comatrice de $S$ est symétrique.

Exercice 95 5175

(Comatrice)

On suppose $n \geq 2$ .

On appelle comatrice de $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (𝕂)$ , la matrice $Com (A) \in ℳ_{n} (𝕂)$ dont le coefficient d’indice $(i, j)$ est ${(- 1)}^{i + j} Δ_{i, j}$ avec $Δ_{i, j}$ le déterminant de la matrice obtenue en supprimant la ligne d’indice $i$ et la colonne d’indice $j$ de $A$ .

(a)

Montrer ${(Com (A))}^{⊤} A = \det (A) I_{n}$ .
(b)

Application : On suppose que $A$ est une matrice à coefficients entiers. Montrer que $A$ est inversible d’inverse à coefficients entiers si, et seulement si, $| \det (A) | = 1$ .

Exercice 96 3142 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℂ)$ .
On suppose que les matrices $A$ et $B$ commutent. Montrer que les comatrices de $A$ et $B$ commutent.

Solution

Cas: $A$ et $B$ inversibles. Puisque $A$ et $B$ commutent, leurs inverses commutent aussi
On en déduit

\frac{1}{\det (A)} {(Com (A))}^{⊤} \frac{1}{\det (B)} {(Com (B))}^{⊤} = \frac{1}{\det (B)} {(Com (B))}^{⊤} \frac{1}{\det (A)} {(Com (A))}^{⊤} .

En simplifiant et en transposant, on obtient

Com (A) Com (B) = Com (B) Com (A) .

Cas général: Pour $p$ assez grand, les matrices

A + \frac{1}{p} I_{n} et B + \frac{1}{p} I_{n}

sont inversibles et commutent donc

Com (A + \frac{1}{p} I_{n}) Com (B + \frac{1}{p} I_{n}) = Com (B + \frac{1}{p} I_{n}) Com (A + \frac{1}{p} I_{n}) .

En passant à la limite quand $p \to + \infty$ , on obtient

Com (A) Com (B) = Com (B) Com (A) .

Exercice 97 3260

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ . Résoudre l’équation¹¹ 1 $Com (A)$ désigne la comatrice de $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ , c’est-à-dire la matrice des cofacteurs de $A$ . $Com (M) = M$ d’inconnue $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Exercice 98 4465

Soient $n$ un entier supérieur à 2 et $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ .

(a)

Calculer le rang de la comatrice de $A$ en fonction de celui de $A$ .
(b)

Déterminer $Com (Com (A))$ .

Exercice 99 3576 CCINP (MP)Correction

(a)

Donner le rang de $B = {(Com (A))}^{⊤}$ en fonction de celui de $A \in ℳ_{n} (𝕂)$
(b)

On se place dans le cas où $rg (A) = n - 1$ .
Soit $C \in ℳ_{n} (𝕂)$ telle que

$A C = C A = O_{n} .$

Montrer qu’il existe $λ \in 𝕂$ tel que

$C = λ B .$

Solution

(a)

On sait $A B = B A = \det (A) I_{n}$ .

Cas: $rg (A) = n$ . La matrice $A$ est inversible donc $B$ aussi et $rg (B) = n$ .

Cas: $rg (A) = n - 1$ . Par la formule du rang, $dim Ker (A) = 1$ et puisque $A B = O_{n}$ , $Im (B) \subset Ker (A)$ puis $rg (B) \leq 1$ . De plus, la matrice $A$ étant de rang exactement $n - 1$ , elle possède un mineur d’ordre $n - 1$ non nul et donc $B \neq O_{n}$ .

Finalement, $rg (B) = 1$ .

Cas: $rg (A) \leq n - 2$ . Tous les mineurs d’ordre $n - 1$ de $A$ sont nuls et donc $B = O_{n}$ puis $rg (B) = 0$ .
(b)

Puisque $rg (A) = n - 1$ , $dim Ker (A) = 1$ et $dim Ker (A^{⊤}) = 1$ .
Il existe donc deux colonnes $X$ et $Y$ non nulles telles que

$Ker (A) = Vect (X) et Ker (A^{⊤}) = Vect (Y) .$

Soit $M \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifiant $A M = M A = O_{n}$ .
Puisque $A M = O_{n}$ , $Im (M) \subset Ker (A) = Vect (X)$ et donc on peut écrire par blocs

$M = (\begin{matrix} λ_{1} & ∣ \dots ∣ & λ_{n} X \end{matrix}) = X L$

avec $L = (\begin{matrix} λ_{1} & \dots & λ_{n} \end{matrix})$ .
La relation $M A = O_{n}$ donne alors $X L A = O_{n}$ et puisque $X \neq 0$ , on obtient $L A = 0$ puis $A^{⊤} L^{⊤} = 0$ . Ceci permet alors d’écrire $L$ sous la forme $L = λ Y^{⊤}$ puis $M$ sous la forme

$M = λ X Y^{⊤} .$

Inversement, une telle matrice vérifie $A M = M A = O_{n}$ et donc

${M \in ℳ_{n} (𝕂) | A M = M A = O_{n}} = Vect (X Y^{⊤}) .$

Cet espace de solution étant une droite et la matrice $B$ étant un élément non nul de celle-ci, il est dès lors immédiat d’affirmer que toute matrice $C \in ℳ_{n} (𝕂)$ vérifiant $A C = C A = O_{n}$ est nécessairement colinéaire à $B$ .

[<] Comatrice

Exercice 100 5174

Montrer que le déterminant d’une matrice à coefficients entiers est un nombre entier¹¹ 1 Ici, entier est à comprendre au sens d’entier relatif..

Exercice 101 1443

Soit $A = (a_{i, j})$ une matrice carrée de taille $n$ à coefficients dans $ℤ$ .

Montrer que la matrice $A$ est inversible d’inverse une matrice à coefficients entiers si, et seulement si, $\det (A) = \pm 1$ .

Exercice 102 3382 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

\forall i, j \in {1, \dots, n}, a_{i, j} \in {1, - 1} .

Montrer

2^{n - 1} ∣ \det (A) .

Solution

En ajoutant la première colonne de $A$ à chacune des suivantes, on obtient une matrice dont les colonnes d’indices $2$ jusqu’à $n$ ont pour coefficients $0,2$ ou $- 2$ . On peut donc factoriser 2 sur chacune de ces colonnes et l’on obtient

\det (A) = 2^{n - 1} \det (B)

avec $B$ une matrice dont les coefficients sont $0,1$ ou $- 1$ de sorte que $\det (B) \in ℤ$

Exercice 103 2659 MINES (MP)Correction

Soient des matrices $A, B \in ℳ_{n} (ℤ)$ telles que $\det (A)$ et $\det (B)$ sont premiers entre eux.
Montrer l’existence de $U, V \in ℳ_{n} (ℤ)$ telles que

U A + V B = I_{n} .

Solution

Il existe $u, v \in ℤ$ tels que $u \det (A) + v \det (B) = 1$ . Les matrices $U = u {(Com (A))}^{⊤}$ et $V = v {(Com (B))}^{⊤}$ conviennent alors.

Exercice 104 4463

(Identités de Diophante et des quatre carrés d’Euler)

(a)

Soient $a$ , $b$ , $a^{'}$ et $b^{'}$ des nombres entiers. Calculer de deux façons:

$| \begin{matrix} a & - b \\ b & a \end{matrix} | | \begin{matrix} a^{'} & - b^{'} \\ b^{'} & a^{'} \end{matrix} | .$

Exprimer des entiers $a^{''}$ et $b^{''}$ tels que

$(a^{2} + b^{2}) (a^{', 2} + b^{', 2}) = a^{'', 2} + b^{'', 2} .$
(b)

Soient $a$ , $b$ , $c$ et $d$ des réels. Calculer le déterminant de

$M (a, b, c, d) = (\begin{matrix} a & - b & c & - d \\ b & a & d & c \\ - c & - d & a & b \\ d & - c & - b & a \end{matrix}) .$
(c)

Soient $a$ , $b$ , $c$ , $d$ et $a^{'}$ , $b^{'}$ , $c^{'}$ , $d^{'}$ des nombres entiers. Déterminer $a^{''}, b^{''}, c^{''}, d^{''}$ entiers tels que

$(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) (a^{', 2} + b^{', 2} + c^{', 2} + d^{', 2}) = a^{'', 2} + b^{'', 2} + c^{'', 2} + d^{'', 2} .$

Exercice 105 2603 Correction

On dit qu’une matrice $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ est élément de ${GL}_{n} (ℤ)$ si la matrice $A$ est à coefficients entiers, qu’elle est inversible et que son inverse est à coefficients entiers.

(a)

Montrer que si $A \in {GL}_{n} (ℤ)$ alors $| \det (A) | = 1$ .
(b)

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant:

$\forall k \in {0,1, \dots,2 n}, A + k B \in {GL}_{n} (ℤ) .$

Calculer $\det (A)$ et $\det (B)$ .

Solution

(a)

$A A^{- 1} = I_{n}$ donne $(\det (A)) (\det (A^{- 1})) = 1$ or $\det (A), \det (A^{- 1}) \in ℤ$ donc $\det (A) = \pm 1$ .
(b)

Posons $P (x) = \det (A + x B)$ . $P$ est une fonction polynomiale de degré inférieur à $n$ .
Pour tout $x \in {0,1, \dots,2 n}$ , on a $P (x) = \pm 1$ donc $P {(x)}^{2} - 1 = 0$ .
Le polynôme $P^{2} - 1$ possède au moins $2 n + 1$ racines et est de degré inférieur à $2 n$ , c’est donc le polynôme nul.
On en déduit que pour tout $x \in ℝ$ , $P (x) = \pm 1$ .
Pour $x = 0$ , on obtient $\det (A) = \pm 1$ .
Pour $x \to + \infty$ ,

$\det (\frac{1}{x} A + B) = \frac{P (x)}{x^{n}} \to 0$

donne $\det (B) = 0$ .

Exercice 106 3417 Correction

On note ${GL}_{n} (ℤ)$ l’ensemble formé des matrices inversibles d’ordre $n$ à coefficients entiers dont l’inverse est encore à coefficients entiers.
Soient $a_{1}, \dots, a_{n}$ des entiers $(n \geq 2)$ . Montrer qu’il existe une matrice de ${GL}_{n} (ℤ)$ dont la première ligne est formée des entiers $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ si, et seulement si, ces entiers sont premiers dans leur ensemble.

Solution

Soit $A$ une matrice de ${GL}_{n} (ℤ)$ . Le déterminant de $A$ ainsi que celui de son inverse sont des entiers. Puisque

\det (A) \times \det (A^{- 1}) = 1

on en déduit $\det (A) = \pm 1$ . Inversement, si une matrice $A \in ℳ_{n} (ℤ)$ est de déterminant $\pm 1$ alors son inverse, qui s’exprime à l’aide de la comatrice de $A$ , est à coefficients entiers. Ainsi, les matrices de ${GL}_{n} (ℤ)$ sont les matrices à coefficients entiers de déterminant $\pm 1$ .
Soit $A$ une matrice de ${GL}_{n} (ℤ)$ dont la première ligne est formée par les entiers $a_{1}, \dots, a_{n}$ . En développant le calcul de $\det (A)$ selon la première ligne de la matrice, on obtient une relation de la forme

a_{1} u_{1} + \dots + a_{n} u_{n} = 1

avec les $u_{k}$ égaux, au signe près, à des mineurs de la matrice $A$ . Ces $u_{k}$ sont donc des entiers et la relation qui précède assure que les entiers $a_{1}, \dots, a_{n}$ sont premiers dans leur ensemble.
Pour établir la réciproque, raisonnons par récurrence sur $n \geq 2$ pour établir qu’il existe une matrice à coefficients dans $ℤ$ , de déterminant 1, dont la première ligne est $a_{1}, \dots, a_{n}$ premiers dans leur ensemble.
Pour $n = 2$ . Soient $a, b$ deux entiers premiers entre eux. Par l’égalité de Bézout, on peut écrire

a u + b v = 1 avec u, v \in ℤ .

Considérons alors la matrice

A = (\begin{matrix} a & b \\ - v & u \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℤ) .

Celle-ci étant de déterminant 1, elle appartient à ${GL}_{2} (ℤ)$ .
Supposons la propriété établie au rang $n \geq 2$ .
Soient $a_{1}, \dots, a_{n}, a_{n + 1}$ des entiers premiers dans leur ensemble. Posons

d = pgcd (a_{1}, \dots, a_{n}) .

Les entiers $d$ et $a_{n + 1}$ étant premiers entre eux, il existe $u, v \in ℤ$ tels que

d u + a_{n + 1} v = 1 .

De plus, on peut écrire

a_{1} = d a_{1}^{'}, \dots, a_{n} = d a_{n}^{'}

avec $a_{1}^{'}, \dots, a_{n}^{'}$ premiers dans leur ensemble.
Par hypothèse de récurrence, il existe une matrice

(\begin{matrix} a_{1}^{'} & a_{2}^{'} & \dots & a_{n}^{'} \\ α_{2,1} & α_{2,2} & \dots & α_{2, n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ α_{n,1} & α_{n,2} & \dots & α_{n, n} \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℤ)

de déterminant 1.
Considérons alors la matrice

(\begin{matrix} d a_{1}^{'} & d a_{2}^{'} & \dots & d a_{n}^{'} & a_{n + 1} \\ α_{2,1} & α_{2,2} & \dots & α_{2, n} & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ α_{n,1} & α_{n,2} & \dots & α_{n, n} & 0 \\ - v a_{1}^{'} & - v a_{2}^{'} & \dots & - v a_{n}^{'} & u \end{matrix}) .

Celle-ci est à coefficients entiers et en développant son déterminant par rapport à la dernière colonne, on obtient 1.
Récurrence établie.

Exercice 107 749 Correction

Établir que l’inverse de la matrice $H = {(\frac{1}{i + j - 1})}_{1 \leq i, j \leq n}$ est à coefficients entiers.

Solution

On a $H^{- 1} = \frac{1}{\det (H)} Com {(H)}^{⊤}$ avec $Com (H) = (H_{i, j})$ .
Par opérations élémentaires,

\det {(\frac{1}{a_{i} + b_{j}})}_{1 \leq i, j \leq n} = \frac{\prod_{1 \leq i < j \leq n} (a_{j} - a_{i}) (b_{j} - b_{i})}{\prod_{1 \leq i, j \leq n} (a_{i} + b_{j})} .

En simplifiant les facteurs communs, on obtient

\frac{H_{k, ℓ}}{\det (H)} = \frac{{(- 1)}^{k + ℓ} (n + k - 1)! (n + ℓ - 1)!}{(k + ℓ - 1) {(k - 1)!}^{2} {(ℓ - 1)!}^{2} (n - k)! (n - ℓ)!}

puis

\frac{H_{k, ℓ}}{\det (H)} = {(- 1)}^{k + ℓ} (k + ℓ - 1) (\binom{n + k - 1}{k + ℓ - 1}) (\binom{n + ℓ - 1}{k + ℓ - 1}) (\binom{k + ℓ - 2}{k - 1}) \in ℤ .

Exercice 108 4458

Soit $A$ une matrice carrée de taille $n$ paire dont les coefficients diagonaux sont des entiers pairs et les coefficients non diagonaux des entiers impairs. Montrer que la matrice $A$ est inversible.

Édité le 12-05-2025

	$D$	$= \| \begin{matrix} a + b & b + c & c + a \\ a^{2} + b^{2} & b^{2} + c^{2} & c^{2} + a^{2} \\ a^{3} + b^{3} & b^{3} + c^{3} & c^{3} + a^{3} \end{matrix} \|$
		$= \| \begin{matrix} a + b & c - a & c - b \\ a^{2} + b^{2} & c^{2} - a^{2} & c^{2} - b^{2} \\ a^{3} + b^{3} & c^{3} - a^{3} & c^{3} - b^{3} \end{matrix} \| = \| \begin{matrix} 2 c & c - a & c - b \\ 2 c^{2} & c^{2} - a^{2} & c^{2} - b^{2} \\ 2 c^{3} & c^{3} - a^{3} & c^{3} - b^{3} \end{matrix} \| .$

	$\det (M)$	$= \sum_{i = 1}^{N} \det (z_{1} E_{1} \| \dots \| U \| \dots \| z_{n} E_{n}) + \det (z_{1} E_{1} \| \dots \| z_{n} E_{n})$
		$= \sum_{i = 1}^{N} z_{1} \times \dots \times \hat{z_{i}} \times \dots \times z_{n} + z_{1} \times \dots \times z_{n} .$