[>] Formes multilinéaires alternées

 
Exercice 1  4447  

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

  • (a)

    σ=(1234567853782416)

  • (b)

    σ=(1234567886374521)

  • (c)

    σ=(12n-1nnn-121).

 
Exercice 2  2226  Correction  

Déterminer la signature de:

  • (a)

    σ=(1234567835487621)

  • (b)

    σ=(1234567813274856)

Solution

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

I(σ)=Card({1i<jn|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 n2 et τ une transposition de 𝒮n.

  • (a)

    Montrer que l’application στσ est une bijection de 𝒮n vers 𝒮n.

  • (b)

    En déduire le cardinal de l’ensemble 𝒜n formé des permutations de signature 1 élément de 𝒮n.

Solution

  • (a)

    L’application στσ est involutive, donc bijective.

  • (b)

    L’application στσ transforme 𝒜n en 𝒮n𝒜n donc Card(𝒜n)=Card(𝒮n)𝒜n. Or 𝒮n est la réunion disjointe de 𝒜n et de 𝒮n𝒜n donc

    Card(𝒜n)=12Card(𝒮n)=n!2.
 
Exercice 4  2227   Correction  

Soit n*. Déterminer la signature de la permutation suivante:

  • (a)

    σ=(12n-1nnn-121).

  • (b)

    σ=(123nn+1n+22n-12n1352n-1242n-22n).

Solution

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

I(σ)=Card({1i<jn|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)++1+0=n(n-1)2 donc

    ε(σ)=(-1)n(n-1)2.
  • (b)

    I(σ)=0+1+2++(n-1)+0++0=n(n-1)2 donc

    ε(σ)=(-1)n(n-1)2.
 
Exercice 5  2225  Correction  

Dans 𝒮n avec n2, on considère une permutation σ et un p-cycle:

c=(a1a2ap).

Observer que la permutation σcσ-1 est un p-cycle que l’on précisera.

Solution

Pour x=σ(ai), on a

(σcσ-1)(x)=σ(ai+1)

(en posant ap+1=a1).
Pour x{σ(a1),,σ(ap)}, on a

(σcσ-1)(x)=σσ-1(x)=x

car c(σ-1(x))=σ-1(x) puisque σ-1(x){a1,,ap}.
Ainsi,

σcσ-1=(σ(a1)σ(a2)σ(ap)).
 
Exercice 6  2230   Correction  

Soit n5.
Montrer que si (abc) et (abc) sont deux cycles d’ordre 3 de 𝒮n, alors il existe une permutation σ, paire, telle que

σ(abc)σ-1=(abc).

Solution

Notons que

σ(abc)σ-1=(σ(a)σ(b)σ(c)).

Soit σ:nn 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 den{a,b,c} (possible car n5) et τ=(de). La permutation στ est paire et satisfait la relation voulue.

 
Exercice 7  2224  Correction  

Soient n un entier supérieur à 2, (i,j){1,2,,n}2 tel que ij et σ𝒮n.
Montrer que σ et τ=(ij) 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

x{i,j},(στ)(x)=σ(x)=(τσ)(x).

Pour x=i alors (στ)(i)=σ(j)=(τσ)(i) et pour x=j, (στ)(j)=σ(i)=(τσ)(j).
Par suite,

στ=τσ.

Inversement, si στ=τσ alors σ(i)=(στ)(j)=(τσ)(j)=τ(σ(j)).
Puisque τ(σ(j))σ(j) on a σ(j){i,j}.
De même, σ(i){i,j} et donc {i,j} stable par σ.

 
Exercice 8  2231   Correction  

Soient n2 et c la permutation circulaire c=(12n-1n). Déterminer toutes les permutations σ de 𝒮n qui commutent avec c.

Solution

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

Soit σ une permutation commutant avec cn.

Posons k=σ(1){1,2,,n} et s=c-(k-1)σ de sorte que s(1)=1.

Comme σ et c commutent, s et c commutent aussi et l’on a, pour tout 2in,

s=c(i-1)sc-(i-1)

d’où

s(i)=c(i-1)sc-(i-1)(i)=c(i-1)s(1)=σ(i-1)(1)=i

car c-(i-1)(i)=1. Par conséquent, s=Id puis σ=ck.

Inversement, les permutations de la forme ck avec 1kn commutent avec c.

 
Exercice 9  121   Correction  

Soit H l’ensemble des σ𝒮n vérifiant σ(k)+σ(n+1-k)=n+1 pour tout k{1,,n}.
Montrer que H est un sous-groupe de (𝒮n,)

Solution

H𝒮n, IdH. Remarquons, pour tout k{1,,n}, σ(k)=n+1-σ(n+1-k).
Soient σ,σH,

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

donc σσH.
Soit σH. Posons =σ-1(k). On a

σ(n+1-)=n+1-σ()=n+1-k

donc σ-1(n+1-k)=n+1- puis

σ-1(k)+σ-1(n+1-k)=+(n+1-)=n+1.
 
Exercice 10  4196    

(Inégalités de réordonnement)

Soient a1,,an et b1,,bn des réels triés par ordre croissant:

a1a2anetb1b2bn.

Déterminer

minσ𝒮n(i=1naibσ(i))etmaxσ𝒮n(i=1naibσ(i)).

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

 
Exercice 11  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×E𝕂 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×E𝕂.
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(λx+μx,y)=f(p(λx+μx))f(q(y))-f(p(y))f(q(λx+μx)) or f, p et q sont linéaires donc
φ(λx+μx,y)=(λf(p(x))+μf(p(x)))f(q(y))-f(p(y))(λf(q(x))+μf(q(x))) puis en développant et en réorganisant: φ(λx+μx,y)=λφ(x,y)+μφ(x,y).
φ est donc une forme bilinéaire antisymétrique donc alternée.

 
Exercice 12  1413    

Soient f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension n et e=(e1,,en) une base de E. Montrer que, pour tout (x1,,xn)En,

k=1ndete(x1,,f(xk),,xn)=tr(f)dete(x1,,xn).

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

 
Exercice 13  5170  

Calculer le déterminant de l’endomorphisme f de 3 défini par

f(x,y,z)=(y+z,x+z,x+y)pour tout (x,y,z)3.

Cet endomorphisme est-il inversible?

 
Exercice 14  4459  

Pour P polynôme de 2n+1[X], on pose

f(P)=(2n+1)XP-(X2-1)P.
  • (a)

    Vérifier que f définit un endomorphisme de 2n+1[X].

  • (b)

    Calculer le déterminant de f.

 
Exercice 15  1412   Correction  

Soit V={xexP(x)|Pn[X]}.

  • (a)

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

  • (b)

    Montrer que l’application D:ff est un endomorphisme de V dont on calculera le déterminant.

Solution

  • (a)

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

    On pose fk: définie par fk(x)=xkex. La famille =(f0,,fn) est une base de V et, donc dimV=n+1.

  • (b)

    Pour f(x)=P(x)ex on a

    D(f)(x)=f(x)=(P(x)+P(x))ex.

    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(V).

    Puisque

    ddx(xkex)=(xk+kxk-1)ex

    on a D(fk)=fk+kfk-1 donc

    Mat(D)=(110n01).

    Par suite,

    det(D)=1×1××1=1.
 
Exercice 16  3071     CENTRALE (PC)Correction  

Soit f un endomorphisme du -espace vectoriel .

  • (a)

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

    z,f(z)=az+bz¯.
  • (b)

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

Solution

  • (a)

    La famille (1,i) est une base du -espace vectoriel .
    Pour a,b, l’application φa,b:zaz+bz¯ est -linéaire et sa matrice dans la base (1,i) est

    (Re(a)+Re(b)Im(b)-Im(a)Im(a)+Im(b)Re(a)-Re(b)).

    Pour f endomorphisme du -espace vectoriel de matrice

    (αγβδ)

    dans la base (1,i), on a f=φa,b si, et seulement si,

    {Re(a)+Re(b)=αIm(a)+Im(b)=βIm(b)-Im(a)=γRe(a)-Re(b)=δ.

    Ce système possède une unique solution qui est

    a=α+δ2+iβ-γ2 et b=α-δ2+iβ+γ2.
  • (b)

    Le déterminant de f vaut

    det(f)=αδ-βγ=|a|2-|b|2.
 
Exercice 17  4461   

Soit An(𝕂). Calculer déterminant et trace de l’endomorphisme f de n(𝕂) défini par f(M)=AM.

 
Exercice 18  3641    Correction  

Soit A=(ai,j)n() vérifiant

i{1,,n},|ai,i|>ji|ai,j|.
  • (a)

    Montrer que A est inversible.

  • (b)

    On suppose en outre

    i{1,,n},ai,i>0.

    Montrer que det(A)>0.

Solution

  • (a)

    Notons C1,,Cn les colonnes de A et supposons

    λ1C1++λnCn=0.

    Si m=max(|λ1|,,|λn|)0 alors, puisque pour tout 1in,

    j=1nλjai,j=0

    on obtient

    |λi|ji|λj||ai,j||ai,i|mji|ai,j||ai,i|<m

    ce qui est absurde compte tenu de la définition de m.
    Par suite, la famille (C1,,Cn) est libre et donc A inversible.

  • (b)

    Considérons l’application f:xdet(A+xIn).
    La fonction f est clairement polynomiale de monôme dominant xn, elle est donc continue et de limite + quand x+.
    De plus, le résultat précédent s’applique à la matrice A+xIn pour tout x0 et donc f(x)0 sur [0;+[.
    Par continuité, la fonction f ne peut prendre de valeurs 0 et donc

    x0,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 3, on considère la famille (u,v,w) formée des vecteurs

u=(m,1,1),v=(1,m,1)etw=(1,1,m)

m désigne un paramètre réel.

Pour quelles valeurs de m cette famille constitue-t-elle une base de 3?

 
Exercice 20  4462  

Soient n et a0,a1,,an des réels deux à deux distincts.

Montrer que la famille des polynômes (X+aj)n pour j=0,1,,n constitue une base de 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=(ai,j)n(). On note A¯=(a¯i,j)n().
Former une relation liant det(A) et det(A¯).

Solution

Par conjugaison d’une somme et de produits

det(A¯)=σ𝒮nε(σ)i=1naσ(i),i¯=σ𝒮nε(σ)i=1naσ(i),i¯=det(A)¯.
 
Exercice 23  1415  Correction  

Soit An() telle que At=A¯. Montrer que det(A).

Solution

Ici At=A¯, donc det(A)=det(At)=det(A¯).
Comme

det(A¯)=σ𝒮nε(σ)i=1naσ(i),i¯=σ𝒮nε(σ)i=1naσ(i),i¯=det(A)¯

on peut conclure det(A).

 
Exercice 24  1417  Correction  

Comparer det(ai,j) et det((-1)i+jai,j)(ai,j)1i,jnn(𝕂).

Solution

Notons A=(ai,j) et B=((-1)i+jai,j). On a

det(B)=σ𝒮nε(σ)i=1n(-1)σ(i)+iaσ(i),i

en regroupant les puissance de (-1)

det(B)=σ𝒮nε(σ)(-1)i=1nσ(i)+ii=1naσ(i),i

puis

det(B)=σ𝒮nε(σ)(-1)n(n+1)i=1naσ(i),i.

Ainsi,

det(B)=(-1)n(n+1)det(A)=det(A)

car n(n+1) est pair.

 
Exercice 25  738  Correction  

Soit An(𝕂) de colonnes C1,,Cn (avec n2).

Calculer le déterminant de la matrice B de colonnes

C1-C2,,Cn-1-Cn,Cn-C1.

Solution

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

 
Exercice 26  2604   Correction  

Soient An() (avec n2) de colonnes A1,,An et Bn() de colonnes B1,,Bn déterminées par

Bj=ijAi.

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

Solution

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

det(A)=det(A1,,An)

et

det(B)=det(B1,,Bn)=det(i=1nBi,B2,,Bn)

avec

i=1nBi=(n-1)i=1nAi.

Par suite,

det(B)=(n-1)det(i=1nAi,B2-i=1nAi,,Bn-i=1nAi).

Ce qui donne

det(B)=(n-1)det(i=1nAi,-A2,,-An)=(-1)n-1(n-1)det(A1,,An).

Finalement,

det(B)=(-1)n-1(n-1)det(A).
 
Exercice 27  4970    MINES (PC)

Soit An(). Montrer det(A2+In)0.

 
Exercice 28  2355   

Soient A,Bn() telles que AB=BA. Établir

det(A2+B2)0.
 
Exercice 29  1587   Correction  

Soient A2n() antisymétrique et J2n() la matrice dont tous les coefficients sont égaux à 1. Établir

x,det(A+xJ)=det(A).

Solution

En retranchant la première ligne aux autres lignes, le déterminant de la matrice A+xJ 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+xJ) est une fonction affine de la variable x.
De plus,

det(A-xJ)=det(-At-xJ)=(-1)2ndet(At+xJ)

et puisque la matrice J est symétrique

det(A-xJ)=det(At+xJt)=det(A+xJ).

La fonction affine xdet(A-xJ) est donc une fonction paire et par conséquent c’est une fonction constante. On a alors

x,det(A+xJ)=det(A+0.J)=det(A).
 
Exercice 30  3808     CCP (PSI)
  • (a)

    Soit Mn() vérifiant:

    det(M+X)=det(X)pour tout Xn().

    Déterminer M.

  • (b)

    Soient A et B de n() vérifiant

    det(A+X)=det(B+X)pour tout Xn().

    Montrer que les matrices A et B sont égales.

 
Exercice 31  4967   

Soient A et H deux matrices de n() avec rg(H)=1.

  • (a)

    Montrer l’existence d’une colonne Cn,1() et d’une ligne L1,n() telles que H=CL.

  • (b)

    Montrer

    det(A+H)det(A-H)det(A2).
 
Exercice 32  4457   

Soit A=(ai,j)n() vérifiant

{|a1,1|++|a1,n|1|an,1|++|an,n|1.

Montrer |det(A)|1.

 
Exercice 33  3278   Correction  

Soit A=(ai,j)n() vérifiant

(i,j){1,,n}2,ai,j0eti{1,,n},j=1nai,j1.

Montrer

|det(A)|1.

Solution

Raisonnons par récurrence sur n*.
La propriété est immédiate pour n=1.
Supposons la propriété vérifiée pour n1.
Soit A=(ai,j)n+1() vérifiant les propriétés énoncées. En développant le déterminant de A selon la première ligne, on obtient

det(A)=j=1n+1(-1)1+ja1,jΔ1,j

avec Δ1,j mineur d’indice (1,j) de la matrice A.
Puisque la matrice définissant le mineur Δ1,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 |Δ1,j|1.
On en déduit

|det(A)|j=1n+1a1,j1.

Récurrence établie.

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

 
Exercice 34  5169  
  • (a)

    Calculer les déterminants des matrices suivantes:

    A=(123456789),B=(11-11111-11-11-11111)etC=(111110-111-10111-11).
  • (b)

    Parmi celles-ci, lesquelles sont inversibles?

 
Exercice 35  4448  

Calculer les déterminants d’ordre n* suivants:

  • (a)

    An=|1nnnn2nnn3nnnnnn|

  • (b)

    Bn=|111112221233123n|

  • (c)

    Cn=|101111011100111|[n]

  • (d)

    Dn=|110001100111001|[n].

 
Exercice 36  1418  Correction  

Calculer sous forme factorisée les déterminants suivants:

  • (a)

    |0aba0cbc0|

  • (b)

    |abccabbca|

  • (c)

    |a+bb+cc+aa2+b2b2+c2c2+a2a3+b3b3+c3c3+a3|

  • (d)

    |aaaaabbbabccabcd|

  • (e)

    |accbcabccbacbcca|

  • (f)

    |111cos(a)cos(b)cos(c)sin(a)sin(b)sin(c)|.

Solution

  • (a)

    En développant selon la première ligne,

    |0aba0cbc0|=-a|acb0|+b|a0bc|=abc+abc=2abc.
  • (b)

    En sommant les colonnes sur la première et en factorisant

    |abccabbca|=(a+b+c)|1bc1ab1ca|.

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

    |abccabbca|=(a+b+c)|a-bb-cc-aa-b|=(a+b+c)(a2+b2+c2-(ab+bc+ca)).
  • (c)

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

    D =|a+bb+cc+aa2+b2b2+c2c2+a2a3+b3b3+c3c3+a3|
    =|a+bc-ac-ba2+b2c2-a2c2-b2a3+b3c3-a3c3-b3|=|2cc-ac-b2c2c2-a2c2-b22c3c3-a3c3-b3|.

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

    D=2|c-a-bc2-a2-b2c3-a3-b3|.

    Enfin en factorisant on se ramène à un déterminant de Vandermonde

    D=2abc|111cabc2a2b2|=2abc|1110a-cb-c0a2-c2b2-c2|.

    Finalement,

    D=2abc(a-c)(b-c)|11a+cb+c|=2abc(a-c)(b-c)(b-a).
  • (d)

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

    D=|aaaaabbbabccabcd|=|aaaa0b-ab-ab-a00c-bc-b000d-c|=a(b-a)(c-b)(d-c).
  • (e)

    En sommant toutes les colonnes sur la première et en factorisant

    D=|accbcabccbacbcca|=|a+b+2cccba+b+2cabca+b+2cbaca+b+2ccca|=(a+b+2c)|1ccb1abc1bac1cca|.

    En retranchant la première ligne aux suivantes et en factorisant

    D=(a+b+2c)|1ccb0a-cb-cc-b0b-ca-cc-b000a-b|

    donc

    D=(a+b+2c)(a-b)|a-cb-cb-ca-c|=(a+b+2c)(a-b)((a-c)2-(b-c)2)

    puis

    D=(a+b+2c)(a-b)2(a+b-2c).
  • (f)

    En retirant la première colonne aux suivantes

    D=|111cos(a)cos(b)cos(c)sin(a)sin(b)sin(c)|=|100cos(a)cos(b)-cos(a)cos(c)-cos(a)sin(a)sin(b)-sin(a)sin(c)-sin(a)|.

    Par la formule de factorisation

    cos(p)-cos(q)=-2sin(p+q2)sin(p-q2).
    D=-4sin(b-a2)sin(c-a2)|sin(b+a2)sin(c+a2)cos(b+a2)cos(c+a2)|

    puis

    D=-4sin(b-a2)sin(c-a2)sin(b-c2).
 
Exercice 37  3377    CCP (PC)Correction  
  • (a)

    Calculer

    |abca2b2c2a3b3c3|.
  • (b)

    En déduire

    |a+bb+cc+aa2+b2b2+c2c2+a2a3+b3b3+c3c3+a3|.

Solution

  • (a)

    En factorisant les colonnes

    |abca2b2c2a3b3c3|=abc|111abca2b2c2|.

    En retranchant à chaque ligne a fois la précédente

    |abca2b2c2a3b3c3|=abc|1110b-ac-a0b(b-a)c(c-a)|

    et enfin en développant

    |abca2b2c2a3b3c3|=abc(b-a)(c-a)(c-b).
  • (b)

    En séparant la première colonne en deux

    |a+bb+cc+aa2+b2b2+c2c2+a2a3+b3b3+c3c3+a3|=|ab+cc+aa2b2+c2c2+a2a3b3+c3c3+a3|+|bb+cc+ab2b2+c2c2+a2b3b3+c3c3+a3|.

    Puis en procédant à des combinaisons judicieuses sur les colonnes

    |a+bb+cc+aa2+b2b2+c2c2+a2a3+b3b3+c3c3+a3|=|abca2b2c2a3b3c3|+|bcab2c2a2b3c3a3|.

    Enfin, par permutation des colonnes dans le deuxième déterminant

    |a+bb+cc+aa2+b2b2+c2c2+a2a3+b3b3+c3c3+a3|=2|abca2b2c2a3b3c3|=2abc(b-a)(c-a)(c-b).
 
Exercice 38  4450  

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

|abca2b2c2a4b4c4| puis |a+bb+cc+aa2+b2b2+c2c2+a2a4+b4b4+c4c4+a4|.
 
Exercice 39  1420  Correction  

Soient a1,a2,,an𝕂. Calculer

|a1a2ana2(a1)a1|.

Solution

|a1a2ana2(a1)a1|=|a1-a2*a1-a2(0)a1|=a1(a1-a2)n-1 via {C1C1-C2C2C2-C3Cn-1Cn-1-Cn.
 
Exercice 40  1421  Correction  

Soit n*. Calculer

|S1S1S1S1S1S2S2S2S1S2S3S3S1S2S3Sn|

où pour tout 1kn on a

Sk=i=1ki.

Solution

Via LnLn-Ln-1,Ln-1Ln-1-Ln-2,,L3L3-L2,L2L2-L1 (dans cet ordre)

|S1S1S1S1S1S2S2S2S1S2S3S3S1S2S3Sn|=|S1S1S12233(0)n|=n!
 
Exercice 41  1419  Correction  

Soient a1,,an. Calculer det(amax(i,j)).
En déduire en particulier det(max(i,j)) et det(min(i,j)).

Solution

det(amax(i,j))=|a1a2a3ana2a2a3ana3a3a3ananananan|.

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

det(amax(i,j))=|a1-a2a2-a3an-1-anan0a2-a3an-1-anan0an-1-anan(0)0an|

et donc

det(amax(i,j))=(a1-a2)(a2-a3)(an-1-an)an.

Pour ai=i,

det(amax(i,j))=(-1)n-1n.

Pour ai=n+1-i,

det(amin(i,j))=1.
 
Exercice 42  4451  

Soient n* et a,b𝕂. Calculer

|a(b)(b)a|[n].
 
Exercice 43  3366     CCP (MP)Correction  

Montrer

Dn=|1nn-12213n-11nnn-121|=(-1)n+1(n+1)nn-12.

Solution

En sommant toutes les colonnes sur la première

Dn=n(n+1)2|1nn-121132n1n-121|.

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

Dn=n(n+1)2|1nn-1201-n11110111-n|.

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

Dn=n(n+1)2|a(b)(b)a|[n-1]

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

Dn=n(n+1)2(-1)n-1nn-2

d’où la formule proposée.

 
Exercice 44  4452  

Soient n* et a1,,an des réels. Calculer det(sin(ai+aj))1i,jn.

 
Exercice 45  4965     MINES (PSI)

Soient n2 et a1,,an des réels tous non nuls. Calculer le déterminant de

M=(aiaj+ajai)1i,jnn().
 
Exercice 46  4456   

Soit n. Calculer le déterminant de la matrice A=(ai,j)0i,jn de coefficient général le coefficient binomial

ai,j=(i+jj)pour tous i,j0;n.

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

 
Exercice 47  4454   

Soient n*, a,b et λ1,λ2,,λn. On souhaite calculer le déterminant de la matrice

Ma,b=(λ1aabλ2abbλn)n().

On introduit le polynôme P=(λ1-X)(λn-X) et la matrice J de n() dont tous les coefficients sont égaux à 1.

  • (a)

    Montrer que la fonction qui à un réel x associe det(Ma,b+xJ) est affine.

  • (b)

    En déduire une expression de det(Ma,b) lorsque ab en fonction de P.

 
Exercice 48  3806   Correction  

(Déterminant de Hurwitz)

Soient a,λ1,,λn. Calculer le déterminant de la matrice suivante

H=(a+λ1(a)(a)a+λn).

Solution

On décompose la première colonne en somme de deux colonnes

(a+λ1aa)=(λ100)+(aaa)=λ1E1+aC

avec E1 colonne élémentaire et C colonne constituée de 1.
On décompose de même chacune des colonnes. On peut écrire

det(H)=det(λ1E1+aC,,λnEn+aC).

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(λ1E1++λnEn)+i=1ndet(λ1E1,,aC,,λnEn)

et donc

det(H)=i=1nλi+ai=1nk=1,kinλk.
 
Exercice 49  4455   

Soient n*, a1,,an et λ1,,λn. Calculer le déterminant de la matrice

M=(a1+λ1a2ana1a2+λ2ana1an-1an+λn).
 
Exercice 50  3124   Correction  

Soient a1,,an,b1,,bn. Calculer le déterminant de la matrice de coefficient

ai,j={ai+bi si i=jbj sinon.

Solution

Notons Dn le déterminant recherché.
On décompose la première colonne en somme de deux colonnes

(a1+b1b1b1)=(a100)+(b1b1b1)=a1E1+b1C

avec E1 colonne élémentaire et C colonne constituée de 1.
On décompose de même chacune des colonnes. On peut écrire

Dn=det(a1E1+b1C,,anEn+bnC).

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

Dn=det(a1E1++anEn)+i=1ndet(a1E1,,biC,,anEn)

et donc

Dn(a1,,an,b1,,bn)=i=1nai+i=1nbik=1,kinak.
 
Exercice 51  3578   Correction  

Soient un naturel n2 et (x1,,xn) une famille de n réels distincts de [0;π].
On pose

Pn=1i<jn(cos(xj)-cos(xi))

et l’on considère la matrice Mnn() de coefficient général

mi,j=cos((j-1)xi).
  • (a)

    Montrer que mi,j est un polynôme en cos(xi) et donner son coefficient dominant.

  • (b)

    Calculer det(Mn) en fonction de Pn.

Solution

  • (a)

    cos(0.xi) est un polynôme en cos(xi) de degré 0.
    cos(1.xi) est un polynôme en cos(xi) de degré 1.
    Par récurrence double, on montre que cos(jxi) est un polynôme en cos(xi) de degré j en exploitant la relation:

    cos((j+1)xi)+cos((j-1)xi)=2cos(xi)cos(jxi).

    On peut aussi par récurrence affirmer que le coefficient dominant de cos(jxi) est 2j-1 pour j1.
    On peut même être plus précis et affirmer que cos((j-1)xi) est une expression polynomiale de degré j-1 en cos(xi).

  • (b)

    det(Mn) est une expression polynomiale en cos(x1) de degré au plus n-1.
    Puisque cos(x2),,cos(xn) sont n-1 racines distinctes du polynôme correspondant, on peut écrire

    det(Mn)=λ(x2,,xn)j=2n(cos(xj)-cos(x1)).

    L’expression du coefficient λ(x2,,xn) est polynomiale en cos(x2) de degré au plus n-2 (car il y a déjà le facteur cos(x2)-cos(x1) dans le produit) et puisque cos(x3),,cos(xn) en sont des racines distinctes, on peut écrire

    λ(x2,,xn)=μ(x3,,xn)j=3n(cos(xj)-cos(x2)).

    En répétant la démarche, on obtient

    det(Mn)=αn1i<jn(cos(xj)-cos(xi))=αnP.

    Il reste à déterminer la valeur de αn
    Un calcul immédiat donne α2=1.
    En développant selon la dernière ligne

    det(Mn)=cos((n-1)xn)det(Mn-1)+

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

    αn=2n-2αn-1.

    Cette relation permet de conclure

    αn=2(n-1)(n-2)2.
 
Exercice 52  3577     CCP (MP)Correction  

Pour une famille de n réels distincts (xk) de [0;π], on pose

Pn=1i<jn(cos(xi)-cos(xj)).
  • (a)

    Combien le produit définissant Pn comporte-t-il de facteurs?

  • (b)

    Pour (i,j)1;42 écrire la matrice M4() de coefficient général

    mi,j=cos((j-1)xi).
  • (c)

    Montrer que mi,j est un polynôme en cos(xi).

  • (d)

    Calculer det(M) en fonction de P4 et montrer |det(M)|<24

Solution

  • (a)

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

    (n2)=n(n-1)2.
  • (b)
    M=(1cos(x1)cos(2x1)cos(3x1)1cos(x2)cos(2x2)cos(3x2)1cos(x3)cos(2x3)cos(3x3)1cos(x4)cos(2x4)cos(3x4)).
  • (c)

    La propriété est immédiate pour j=1 ou j=2.
    Pour j=3, cos(2xi)=2cos2(xi)-1.
    Pour j=4, cos(3xi)=4cos3(xi)-3cos(xi).

  • (d)

    det(M) est une expression polynomiale en cos(x1) de degré au plus 3.
    Puisque cos(x2),cos(x3),cos(x4) sont 3 racines distinctes du polynôme correspondant, on peut écrire

    det(M)=λ(x2,x3,x4)j=24(cos(x1)-cos(xj)).

    L’expression du coefficient λ(x2,x3,x4) est polynomiale cos(x2) de degré au plus 2 (car il y a déjà le facteur cos(x1)-cos(x2) dans le produit) et puisque cos(x3),cos(x4) en sont des racines distinctes, on peut écrire

    λ(x2,x3,x4)=μ(x3,x4)j=34(cos(x2)-cos(xj)).

    En répétant la démarche, on obtient

    det(M)=α1i<j4(cos(xi)-cos(xj))=αP4.

    Il reste à déterminer la valeur de α.

    Une démarche analogue à la précédente aurait donnée

    |1cos(x1)cos(2x1)1cos(x2)cos(2x2)1cos(x3)cos(2x3)|=βP3

    et

    |1cos(x1)1cos(x2)|=γP2 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(x4), on obtient

    4βP3=(-1)3αP3

    et de façon analogue on a aussi

    2γP2=(-1)2βP2.

    On en déduit

    α=8.

    Puisque Card(𝒮4)=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)|24.

    Certains des termes (par exemple 1×cos(x1)×cos(2x2)×cos(3x3)) étant strictement inférieurs à 1 en valeur absolue, on a aussi

    |det(M)|<24.
 
Exercice 53  4453    

Soient n2 et a1,,an,b1,,bn des réels.

Calculer le déterminant de M=((ai+bj)n-1)1i,jn.

 
Exercice 54  748      CCP (MP)

(Déterminant de Cauchy)

Soient n* et a1,,an b1,,bn des réels tels que ai+bj0 pour tous i et j de 1;n.

Calculer

det(1ai+bj)1i,jn

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

 
Exercice 55  1427  Correction  

Calculer en établissant une relation de récurrence

Dn=|01111110|[n].

Solution

Par les opérations élémentaires: C1C1-Cn puis L1L1-Ln on obtient

Dn=|-200100(1)01(1)0|[n].

En développant, on parvient à la relation de récurrence

Dn=-2Dn-1-Dn-2.

La suite (Dn) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique r2+2r+1=0 de racine double -1.
Sachant D1=0 et D2=-1, on parvient à

Dn=(-1)n-1(n-1).
 
Exercice 56  1426  Correction  

Calculer en établissant une relation de récurrence

Dn=|011-11-1-10|[n].

Solution

Par les opérations élémentaires C1C1+Cn puis L1L1+Ln on obtient

Dn=|00010011-101-1-1-10|[n].

En développant, on parvient à la relation de récurrence

Dn=Dn-2.

Comme D1=0 et D2=1, on a

Dn=1+(-1)n2.
 
Exercice 57  1428  

Calculer pour tout n1

Dn=|11(0)1(0)1|[n].
 
Exercice 58  1431   Correction  

Calculer

Dn=|(10)(11)00(20)(21)(22)0(30)(31)(32)(33)(40)(41)(42)(43)0(n-1n-1)(n0)(n1)(n2)(n3)(nn-1)|[n]

en notant

(nk)=n!k!(n-k)!

le coefficient binomial «  k parmi n  ».

Solution

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

Dn=|11000(10)(11)0(20)(21)(22)(30)(31)(32)0(n-2n-2)0(n-10)(n-11)(n-12)(n-1n-2)|[n]

en vertu de la formule du triangle de Pascal

(nk)=(n-1k-1)+(n-1k).

En développant selon la première colonne, on obtient

Dn=Dn-1.

Ainsi,

Dn=D1=1.
 
Exercice 59  1432     X (MP)Correction  

Calculer

Dn+1=|(00)(11)(nn)(10)(21)(n+1n)(n0)(n+11)(2nn)|[n+1]

en notant

(nk)=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

Dn+1=|(00)(11)(nn)0(10)(nn-1)0(n0)(2n-1n-1)|[n+1]

en vertu de la formule du triangle de Pascal

(nk)=(n-1k-1)+(n-1k).

En développant selon la première colonne

Dn+1=|(10)(nn-1)(n0)(2n-1n-1)|[n].

Via CnCn-Cn-1,,C2C2-C1 et en exploitant (p0)=(p+10), on obtient

Dn+1=|(00)(n-1n-1)(n-10)(2n-2n-1)|=Dn.

Finalement,

Dn=1.
 
Exercice 60  1430   

Soient n* et a,b. Calculer

Dn=|a+b(b)(a)a+b|[n].
 
Exercice 61  1429   Correction  

Calculer en établissant une relation de récurrence

Dn=|21113111n+1|[n].

On exprimera le résultat à l’aide des termes de la suite (Hn) avec

Hn=k=1n1k.

Solution

En décomposant la dernière colonne en somme de deux colonnes

Dn=|2111n1111|+|2(1)0n0(1)n|[n].

En retranchant la dernière colonne à chacune des autres

|2111n1111|=|1(0)1n-11(0)1|=(n-1)!

En développant selon la dernière colonne

|2(1)0n0(1)n|[n]=nDn-1.

Ainsi,

Dn=(n-1)!+nDn-1.

Par suite,

Dnn!=1n+Dn-1(n-1)!

donc

Dnn!=D0+k=1n1k

puis

Dn=(1+Hn)n!
 
Exercice 62  3254    Correction  

Calculer le déterminant de

An=(a(b)(c)a)n().

Solution

Cas: b=c. C’est un calcul classique, on effectue C1C1++Cn puis LiLi-L1(pour i=2,,n) pour triangulariser le déterminant et obtenir

det(An)=(a+(n-1)b)(a-b)n-1.

Cas: bc. Posons Dn=det(An). À chaque ligne on retranche la précédente

Dn=|abbc-aa-b(0)(0)c-aa-b|

et l’on développe selon la dernière colonne

Dn=b(a-c)n-1+(a-b)Dn-1 avec n2.

Ainsi,

Dn=b(a-c)n-1+b(a-b)(a-c)n-2++b(a-b)n-2(a-c)1+(a-b)n-1D1.

Par sommation géométrique des premiers termes,

Dn=b(a-c)n-11-(a-ba-c)n-11-a-ba-c+a(a-b)n-1

puis, après simplification,

Dn=b(a-c)n-c(a-b)nb-c.

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

 
Exercice 63  1433  Correction  

Soit a*. Calculer pour n*

Dn=|2aa(0)aa(0)a2a|.

Solution

En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première ligne dans le second déterminant on obtient pour n2

Dn=2aDn-1-a2Dn-2

(Dn) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique r2-2ar+a2=0 de racines double a.

On a alors Dn=(λn+μ)an avec λ,μ𝕂.

Les conditions initiales D1=2a et D2=3a2 (ou D0=1 et D1=2a) donnent

Dn=(n+1)an.
 
Exercice 64  4225   

Soit x un nombre complexe. Calculer

Dn=|1+x2x(0)xx(0)x1+x2|[n].
 
Exercice 65  2584     CCP (MP)Correction  

Soit (a,b)2. Calculer pour n*

Dn=|a+bb(0)ab(0)aa+b|[n].

Solution

Par développement d’un déterminant tridiagonal,

Dn=(a+b)Dn-1-abDn-2.

La suite (Dn) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique r2-(a+b)r+ab=0 de racines a et b.

Cas: ab. On peut écrire Dn=λan+μbn et compte tenu des valeurs initiales, on obtient

Dn=an+1-bn+1a-b.

Cas: a=b. On peut écrire Dn=(λn+μ)an et l’on parvient cette fois-ci à

Dn=(n+1)an.
 
Exercice 66  1436   

Soient a et b deux nombres réels non tous deux nuls. Calculer pour tout n1,

Dn=|a+bab(0)1ab(0)1a+b|[n].
 
Exercice 67  740   Correction  

Soit θ. Calculer pour n*

Dn=|2cos(θ)1(0)11(0)12cos(θ)|[n].

Solution

En développant par rapport à la première colonne, puis par rapport à la première ligne dans le second déterminant on obtient pour n2

Dn=2cos(θ)Dn-1-Dn-2

(Dn) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique

r2-2cos(θ)r+1=0

de racines eiθ et e-iθ.

Cas: θ0[π]. On écrit Dn=λcos(nθ)+μsin(nθ). Les conditions D0=1 et D1=2cos(θ) donnent

{λ=1λcos(θ)+μsin(θ)=2cos(θ)

puis

{λ=1μ=1/tan(θ).

Ainsi,

Dn=sin((n+1)θ)sin(θ).

Cas: θ0[2π]. Dn=λn+μ. D0=1 et D1=2 donnent

Dn=n+1.

Cas: θπ[2π]. Dn=(λn+μ)(-1)n. D0=1 et D1=-2 donnent

Dn=(-1)n(n+1).
 
Exercice 68  741   Correction  

Calculer

Dn=|01(0)n02n-1n(0)10|[n+1]

Solution

En développant selon la première colonne, puis la première ligne et en recommençant: Dn=(-n)×1×(2-n)×3 etc.

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

|n-1010|=0.

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

|0n-20030n-10020n0010|=-3|n-20020n010|=-3(n-2)|0n1n|=3n(n-2).

En écrivant n=2p+1, on parvient à

Dn=(-1)p+1(1×3××(2p+1))2=(-1)p+1((2p+1)!2pp!)2.

[<] Calculs de déterminants tridiagonaux[>] Déterminants de Vandermonde et apparentés

 
Exercice 69  2387     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soient A,Bn(). Montrer que

    det(AB-BA)0.
  • (b)

    Soient A,Bn() telles que AB=BA. Montrer que det(A2+B2)0.

  • (c)

    Trouver un contre-exemple à b) si A et B ne commutent pas.

  • (d)

    Soient A,B,C,Dn() telles que AC=CA. Montrer que

    det(ABCD)=det(AD-CB).

Solution

  • (a)

    En multipliant les n dernières lignes par i et les n dernières colonnes aussi:

    det(AB-BA)=(-1)ndet(AiB-iB-A)

    puis par opérations sur les lignes

    det(AB-BA)=(-1)ndet(AiBA-iB-A+iB)

    et par opérations sur les colonnes

    det(AB-BA)=(-1)ndet(A+iBiB0-A+iB).

    On en déduit

    det(AB-BA)=(-1)ndet(A+iB)det(-A+iB)

    et enfin

    det(AB-BA)=det(A+iB)det(A-iB).

    Les matrices A et B étant réelles, cette écriture est de la forme zz¯=|z|20.

  • (b)

    det(A+iB)det(A-iB)=det(A2+B2) car A et B commutent donc det(A2+B2)0.

  • (c)

    A=(1201) et B=(1021) par exemple.

  • (d)

    Si A est inversible, on remarque

    (IO-CA-1I)(ABCD)=(AB0-CA-1B+D)

    donc det(ABCD)=det(A)det(-CA-1B+D)=det(AD-CB) car A et C commutent.
    On étend cette égalité aux matrices non inversibles par densité:
    Les applications Adet(ABCD) et Adet(AD-CB) sont continues et coïncident sur l’ensemble des matrices inversibles commutant avec C. Or cet ensemble est dense dans l’ensemble des matrices commutant avec C: si A commute avec C alors pour tout λ>0 assez petit A+λIn est inversible et commute avec C). Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense, les deux applications sont égales.

 
Exercice 70  1424   

Soient A,Bn().

  • (a)

    Montrer

    |ABBA|=det(A+B)det(A-B).
  • (b)

    Justifier

    |A-BBA|0.
 
Exercice 71  198     CENTRALE (PC)

Soient An() et

M=(InAAIn)2n().
  • (a)

    À quelle condition la matrice A est-elle inversible?

  • (b)

    Donner son inverse quand cela est possible.

 
Exercice 72  3130   

Soit A,B,C,Dn() avec D inversible.

  • (a)

    Établir

    det(ABCD)=det(AD-BD-1CD).
  • (b)

    Comment simplifier cette formule si C et D commutent ou si B et D commutent?

 
Exercice 73  4226   

Soient A,B,C,Dn() telles que C et D commutent.

  • (a)

    On suppose que D est inversible. Établir

    det(ABCD)=det(AD-BC).

On introduit Dt=(1-t)D+tIn avec t.

  • (b)

    Justifier que Dt est inversible sauf pour un nombre fini de valeurs de t.

  • (c)

    Généraliser la formule de la première question au cas où la matrice D n’est plus supposée inversible.

 
Exercice 74  3147   Correction  

Soient A,B,C,Dn().

  • (a)

    On suppose CDt symétrique et D inversible. Montrer que

    det(ABCD)=det(ADt-BCt).
  • (b)

    On suppose toujours CDt symétrique mais on ne suppose plus D inversible.
    Montrer que l’égalité précédente reste vraie.

Solution

  • (a)

    Cas: D inversible. Sachant CDt=DCt, on a

    (ABCD)(DtOn-CtIn)=(ADt-BCtBOnD)

    et, en passant au déterminant, on obtient la relation

    det(ABCD)det(Dt)=det(ADt-BCt)det(D)

    puis la relation voulue sachant det(D)=det(Dt)0

  • (b)

    Cas: D non inversible. Posons r=rg(C). On peut écrire C=PJrQ avec P,Q inversibles et Jr la matrice (symétrique) dont tous les coefficients sont nuls sauf les r premiers de la diagonale qui sont égaux à 1. Considérons alors D=D+λPQ-1t pour λ.
    On peut écrire

    D=P(P-1DQt+λIn)Q-1t.

    Si -λ n’est pas valeur propre de P-1DQt, la matrice D est inversible.
    Puisqu’une matrice n’a qu’un nombre fini de valeurs propres, la matrice D est assurément inversible quand λ0+ avec λ assez petit.
    De plus, CDt est symétrique car

    CDt-DCt=CDt+λPJrQQ-1Pt-DCt-λPQ-1tQtJrtPt=0.

    Par l’étude qui précède, on obtient

    det(ABCD)=det(ADt-BCt)

    et en passant à la limite quand λ0+, on obtient

    det(ABCD)=det(ADt-BCt).
 
Exercice 75  2694      MINES (MP)Correction  

Soient A,B,C,Dn(𝕂) avec AC=CA. Montrer que

det(ACBD)=det(DA-BC).

Solution

Supposons pour commencer la matrice A inversible.
Par opérations par blocs:

(ACBD)(I-A-1C0I)=(A0BD-BA-1C).

On en déduit

|ACBD|=det(D-BA-1C)det(A)=det(DA-BA-1CA).

Or les matrices A et C commutent donc A-1 et C commutent aussi et

|ACBD|=det(DA-BC).

Supposons A non inversible.
Pour p assez grand, la matrice Ap=A+1pI est inversible et commute avec C donc

det(ApCBD)=det(DAp-BC).

En passant à la limite quand p+, la continuité du déterminant donne

det(ACBD)=det(DA-BC).
 
Exercice 76  3288      MINES (MP)Correction  

Soient A,B,C,D des matrices carrées d’ordre n, réelles et commutant deux à deux. Montrer que la matrice

M=(ABCD)

est inversible si, et seulement si, AD-BC l’est.

Solution

Cas: La matrice A inversible. Pour

P=(In-A-1BOnIn)

on a

MP=(AOnC-CA-1B+D).

On en déduit

det(M)=det(MP)=det(A)×det(-CA-1B+D).

Or

det(A)×det(-CA-1B+D)=det(AD-ACA-1B)=det(AD-BC)

car la matrice C commute avec les matrices A et B.
On en déduit

det(M)=det(AD-BC).

Cas général: Pour p* assez grand, la matrice Ap=A+1/pIn est inversible et les matrices Ap,B,C,D commutent deux à deux. Si on pose

Mp=(ApBCD)

l’étude qui précède donne

det(Mp)=det(ApD-BC).

En faisant tendre p vers +, on obtient à la limite

det(M)=det(AD-BC).

Il est alors immédiat de conclure que l’inversibilité de M équivaut à celle de AD-BC.

 
Exercice 77  713   Correction  

On considère une matrice Mn(𝕂) inversible écrite sous la forme

M=(ABCD)

avec Ap(𝕂) et Dn-p(𝕂).
On écrit la comatrice de M sous une forme analogue

Com(M)=(ABCD)

avec Ap(𝕂) et Dn-p(𝕂).
Vérifier

det(A)=det(M)p-1det(D).

Solution

On introduit

N=(AtOp,n-pBtIn-p).

On a

MN=(AAt+BBtBCAt+DBtD).

Or

M(Com(M))t=(AAt+BBtACt+BDtCAt+DBtCCt+DDt)=(det(M))nIp

donc

MN=(det(M)IpBOn-p,pD).

En passant cette relation au déterminant, on obtient

det(M)×det(At)=det(M)pdet(D)

puis facilement la relation proposée sachant det(M)0.

[<] Calculs de déterminants par blocs[>] Applications des déterminants

 
Exercice 78  5122   

(Déterminant de Vandermonde)

Soient n* et a1,,an. On souhaite exprimer

Vn(a1,,an)=déf|1a1a12a1n-11a2a22a2n-11anan2ann-1|[n].

Pour n2 et x, on pose Pn(x)=Vn(a1,,an-1,x).

  • (a)

    Établir que Pn 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

    Vn(a1,,an)=Vn-1(a1,,an-1)i=1n-1(an-ai) (1)
  • (c)

    Conclure

    Vn(a1,,an)=1i<jn(aj-ai). (2)
 
Exercice 79  4224   

Soient n2 et λ1,,λn des nombres complexes deux à deux distincts.

Pour x, calculer

Dn(x)=|1λ1λ12λ1n-2P1(x)1λ2λ22λ2n-2P2(x)1λnλn2λnn-2Pn(x)|[n] avec Pi(x)=1knki(x-λk).
 
Exercice 80  2384    

Soient n* et a1,,an des nombres complexes. Calculer

Dn=|1a1a12a1n-2a1n1a2a22a2n-2a2n1anan2ann-2ann|[n].
 
Exercice 81  2385      CENTRALE (MP)Correction  

Soient n* et a1,,an des nombres complexes. Calculer pour k=1,,n-1

Dk=|1a1a1k-1a1k+1a1n1a2a2k-1a2k+1a2n1anank-1ank+1ann|.

Solution

Considérons le polynôme

P(X)=(X-a1)(X-a2)(X-an).

Celui-ci se développe sous la forme

P(X)=Xn+αn-1Xn-1++α0

avec α0,,αn-1𝕂 et en particulier αk=(-1)n-kσn-k où les σ1,,σn désignent les expressions symétriques élémentaires en a1,,an.
En procédant à l’opération CnCn+j=0k-1αjCj+1+j=nn-1αjCj, les coefficients de la dernière colonne de la matrice sont transformés en

P(ai)-αkaik=-αkaik car P(ai)=0.

Ainsi,

Dk=(-1)n+1-kσn-k|1a1a1k-1a1k+1a1n-1a1k1a2a2k-1a2k+1a2n-1a2k1anank-1ank+1ann-1ank|.

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

Dk=σn-k|1a1a1k-1a1ka1k+1a1n-11a2a2k-1a2ka2k+1a2n-11anank-1ankank+1ann-1|.

Sachant calculer un déterminant de Vandermonde, on obtient

Dk=σn-k1i<jn(aj-ai).

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

 
Exercice 82  1411  Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E vérifiant f2=-Id. Montrer que l’espace E est de dimension paire.

Solution

Posons n=dimE. Comme det(f2)=det(-In) on a det(f)2=(-1)n0, donc n est pair.

 
Exercice 83  4460   

Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel réel E de dimension finie vérifiant f3+f=0.

  • (a)

    Vérifier que l’image et le noyau de f sont supplémentaires.

  • (b)

    Montrer que l’endomorphisme f est de rang pair.

 
Exercice 84  1441   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension 3 et =(e1,e2,e3) une base de E.
Soit f l’endomorphisme de E dont la matrice dans est

A=(3-2-3-2662-2-2).
  • (a)

    Pour quelles valeurs de λ, a-t-on det(A-λI3)=0?

  • (b)

    Déterminer une base 𝒞=(ε1,ε2,ε3) de E telle que

    Mat𝒞f=(100020004).

Solution

  • (a)

    Après calculs

    det(A-λI3)=(1-λ)(4-λ)(2-λ).

    On a donc

    det(A-λI3)=0λ=1,2 ou 4.
  • (b)

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

    ε1=e1-2e2+2e3,ε2=e1-e2+e3 et ε3=e1-2e2+e3

    convenables.

 
Exercice 85  1442   Correction  

Soient n*, AGLn() et Bn().

Montrer qu’il existe ε>0 tel que:

x[-ε;ε],A+xBGLn().

Solution

Notons A=(ai,j) et B=(bi,j). On sait

det(A+xB)=σ𝒮nε(σ)i=1n(aσ(i),i+xbσ(i),i).

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

 
Exercice 86  4960     X (PC)

Soient An() une matrice inversible et X,Y deux colonnes de n,1().

Établir

A+YXtGLn()1+XtA-1Y0.
 
Exercice 87  2380     CENTRALE (MP)Correction  

Quels sont les endomorphismes f de n tels que f(n)=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(n)=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(n)n et que f-1(n)n donc que nf(n) et finalement f(n)=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 88  4981      MINES (PSI)

Soient I un intervalle non vide de et (f1,,fn) une famille de fonctions de I vers .

Montrer que la famille (f1,,fn) est libre si, et seulement si, il existe x1,,xn dans I tels que le déterminant de la matrice (fi(xj))1i,jn est non nul.

 
Exercice 89  5017    

Soient n* et A1,,An des parties de 1;n distinctes deux à deux. On suppose que les parties Ai s’intersectent deux à deux en des singletons et l’on forme la matrice M=(mi,j)n() déterminée par

mi,j={1 si iAj0 sinon.

Montrer que la matrice MtM est inversible et en déduire que la réunion des Ai est égale à 1;n.

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

 
Exercice 90  1445  Correction  

Soient α et

M=(1α00αα01)n().
  • (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)nαn.
  • (b)

    Si det(M)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)={n-1 si -α𝕌nn sinon.
 
Exercice 91  1446   

Soient a,b𝕂. Calculer le rang de la matrice

M(a,b)=(a(b)(b)a)n(𝕂).

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

 
Exercice 92  4464  

(Formules de Cramer)

Soit n*. On considère le système d’équations linéaires

(Σ):{a1,1x1+a1,2x2++a1,nxn=b1a2,1x1+a2,2x2++a2,nxn=b2an,1x1+an,2x2++an,nxn=bn

d’équation matricielle AX=B.

  • (a)

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

  • (b)

    Montrer que sa solution (x1,,xn) 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.

    xj=|a1,1b1a1,nan,1bnan,n|det(A)pour tout j=1,,n.
 
Exercice 93  1437  Correction  

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

  • (a)

    {x+y+z=1ax+by+cz=da2x+b2y+c2z=d2 avec a,b,c deux à deux distincts.

  • (b)

    {x+y+z=1ax+by+cz=da3x+b3y+c3z=d3 avec a,b,c deux à deux distincts et a+b+c0.

Solution

  • (a)

    On a

    |111abca2b2c2|=(b-a)(c-a)(c-b)0.

    Par les formules de Cramer,

    {x=(b-d)(c-d)(c-b)(b-a)(c-a)(c-b)y=(d-a)(c-a)(c-d)(b-a)(c-a)(c-b)z=(b-a)(d-a)(d-b)(b-a)(c-a)(c-b).
  • (b)

    On a

    |111abca3b3c3|=(b-a)(c-a)(c-b)(a+b+c)0.

    Par les formules de Cramer,

    x=(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 94  1438  Correction  

Résoudre

{x+y+z=ax+jy+j2z=bx+j2y+jz=c

en fonction de a,b,c.

Solution

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

x=a+b+c3

(1)+j2(2)+j(3) donne

y=a+bj2+cj3

et (1)+j(2)+j2(3) donne

z=a+bj+cj23.
 
Exercice 95  1439   Correction  

Résoudre en fonction de a le système

{x+ay+a2z=0a¯x+y+az=0a¯2x+a¯y+z=0.

Solution

Le déterminant du système est

|1aa2a¯1aa¯2a¯1|=|1aa201-|a|2a(1-|a|2)0a¯(1-|a|2)1-|a|4|=|1aa201-|a|2a(1-|a|2)001-|a|2|.

Si |a|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+ay+a2z=0

car les deux autres lui sont proportionnelles. On en déduit

𝒮={(-ay-a2z,y,z)|y,z}.
 
Exercice 96  1440   Correction  

Soient a,b,c distincts.

  • (a)

    Résoudre

    {x+ay+a2z=a3x+by+b2z=b3x+cy+c2z=c3

    en introduisant le polynôme P=X3-(x+yX+zX2).

  • (b)

    Même question pour

    {x+ay+a2z=a4x+by+b2z=b4x+cy+c2z=c4.

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=abc,y=-(ab+bc+ca)etz=a+b+c.
  • (b)

    Introduisons

    P=X4-(x+yX+zX2).

    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 X3 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=σ3σ1,y=σ3-σ1σ2etz=σ12-σ2

    avec σ1,σ2,σ3 les expressions symétriques élémentaires en a,b,c.

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

 
Exercice 97  3944  Correction  

Soit S𝒮n(). Montrer que la comatrice de S est symétrique.

Solution

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

(-1)i+jΔi,j

avec Δi,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 98  5175   

(Comatrice)

On suppose n2.

On appelle comatrice de A=(ai,j)n(𝕂), la matrice Com(A)n(𝕂) dont le coefficient d’indice (i,j) est (-1)i+jΔi,j avec Δi,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))tA=det(A)In.

  • (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 99  3142    Correction  

Soient A,Bn().
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

1det(A)(Com(A))t1det(B)(Com(B))t=1det(B)(Com(B))t1det(A)(Com(A))t.

En simplifiant et en transposant, on obtient

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

Cas général: Pour p assez grand, les matrices

A+1pIn et B+1pIn

sont inversibles et commutent donc

Com(A+1pIn)Com(B+1pIn)=Com(B+1pIn)Com(A+1pIn).

En passant à la limite quand p+, on obtient

Com(A)Com(B)=Com(B)Com(A).
 
Exercice 100  3260    

Soit n avec n2. Résoudre l’équation11 1 Com(A) désigne la comatrice de An(𝕂), c’est-à-dire la matrice des cofacteurs de A. Com(M)=M d’inconnue Mn().

 
Exercice 101  4465    

Soient n un entier supérieur à 2 et An(𝕂).

  • (a)

    Calculer le rang de la comatrice de A en fonction de celui de A.

  • (b)

    Déterminer Com(Com(A)).

 
Exercice 102  3576      CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Donner le rang de B=(Com(A))t en fonction de celui de An(𝕂)

  • (b)

    On se place dans le cas où rg(A)=n-1.
    Soit Cn(𝕂) telle que

    AC=CA=On.

    Montrer qu’il existe λ𝕂 tel que

    C=λB.

Solution

  • (a)

    On sait AB=BA=det(A)In.

    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, dimKer(A)=1 et puisque AB=On, Im(B)Ker(A) puis rg(B)1. De plus, la matrice A étant de rang exactement n-1, elle possède un mineur non nul et donc BOn.

    Finalement, rg(B)=1.

    Cas: rg(A)n-2. Tous les mineurs de A sont nuls et donc B=On puis rg(B)=0.

  • (b)

    Puisque rg(A)=n-1, dimKer(A)=1 et dimKer(At)=1.
    Il existe donc deux colonnes X et Y non nulles telles que

    Ker(A)=Vect(X)etKer(At)=Vect(Y).

    Soit Mn(𝕂) vérifiant AM=MA=On.
    Puisque AM=On, Im(M)Ker(A)=Vect(X) et donc on peut écrire par blocs

    M=(λ1λnX)=XL

    avec L=(λ1λn).
    La relation MA=On donne alors XLA=On et puisque X0, on obtient LA=0 puis AtLt=0. Ceci permet alors d’écrire L sous la forme L=λYt puis M sous la forme

    M=λXYt.

    Inversement, une telle matrice vérifie AM=MA=On et donc

    {Mn(𝕂)|AM=MA=On}=Vect(XYt).

    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 Cn(𝕂) vérifiant AC=CA=On est nécessairement colinéaire à B.

[<] Comatrice

 
Exercice 103  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 104  1443  

Soit A=(ai,j) une matrice carrée de taille n à coefficients dans .

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

 
Exercice 105  3382  Correction  

Soit An() vérifiant

i,j{1,,n},ai,j{1,-1}.

Montrer

2n-1det(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)=2n-1det(B)

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

 
Exercice 106  2659    MINES (MP)Correction  

Soient des matrices A,Bn() telles que det(A) et det(B) sont premiers entre eux.
Montrer l’existence de U,Vn() telles que

UA+VB=In.

Solution

Il existe u,v tels que udet(A)+vdet(B)=1. Les matrices U=u(Com(A))t et V=v(Com(B))t conviennent alors.

 
Exercice 107  4463   

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

  • (a)

    Soient a, b, a et b des nombres entiers. Calculer de deux façons:

    |a-bba||a-bba|.

    Exprimer des entiers a′′ et b′′ tels que

    (a2+b2)(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)=(a-bc-dbadc-c-dabd-c-ba).
  • (c)

    Soient a, b, c, d et a, b, c, d des nombres entiers. Déterminer a′′,b′′,c′′,d′′ entiers tels que

    (a2+b2+c2+d2)(a 2+b 2+c 2+d 2)=a′′ 2+b′′ 2+c′′ 2+d′′ 2.
 
Exercice 108  2603   Correction  

On dit qu’une matrice An() est élément de GLn() si la matrice A est à coefficients entiers, qu’elle est inversible et que son inverse est à coefficients entiers.

  • (a)

    Montrer que si AGLn() alors |det(A)|=1.

  • (b)

    Soient A,Bn() vérifiant:

    k{0,1,,2n},A+kBGLn().

    Calculer det(A) et det(B).

Solution

  • (a)

    AA-1=In donne (det(A))(det(A-1))=1 or det(A),det(A-1) donc det(A)=±1.

  • (b)

    Posons P(x)=det(A+xB). P est une fonction polynomiale de degré inférieur à n.
    Pour tout x{0,1,,2n}, on a P(x)=±1 donc P(x)2-1=0.
    Le polynôme P2-1 possède au moins 2n+1 racines et est de degré inférieur à 2n, c’est donc le polynôme nul.
    On en déduit que pour tout x, P(x)=±1.
    Pour x=0, on obtient det(A)=±1.
    Pour x+,

    det(1xA+B)=P(x)xn0

    donne det(B)=0.

 
Exercice 109  3417    Correction  

On note GLn() l’ensemble formé des matrices inversibles d’ordre n à coefficients entiers dont l’inverse est encore à coefficients entiers.
Soient a1,,an des entiers (n2). Montrer qu’il existe une matrice de GLn() dont la première ligne est formée des entiers a1,a2,,an si, et seulement si, ces entiers sont premiers dans leur ensemble.

Solution

Soit A une matrice de GLn(). Le déterminant de A ainsi que celui de son inverse sont des entiers. Puisque

det(A)×det(A-1)=1

on en déduit det(A)=±1. Inversement, si une matrice An() est de déterminant ±1 alors son inverse, qui s’exprime à l’aide de la comatrice de A, est à coefficients entiers. Ainsi, les matrices de GLn() sont les matrices à coefficients entiers de déterminant ±1.
Soit A une matrice de GLn() dont la première ligne est formée par les entiers a1,,an. En développant le calcul de det(A) selon la première ligne de la matrice, on obtient une relation de la forme

a1u1++anun=1

avec les uk égaux, au signe près, à des mineurs de la matrice A. Ces uk sont donc des entiers et la relation qui précède assure que les entiers a1,,an sont premiers dans leur ensemble.
Pour établir la réciproque, raisonnons par récurrence sur n2 pour établir qu’il existe une matrice à coefficients dans , de déterminant 1, dont la première ligne est a1,,an premiers dans leur ensemble.
Pour n=2. Soient a,b deux entiers premiers entre eux. Par l’égalité de Bézout, on peut écrire

au+bv=1 avec u,v.

Considérons alors la matrice

A=(ab-vu)2().

Celle-ci étant de déterminant 1, elle appartient à GL2().
Supposons la propriété établie au rang n2.
Soient a1,,an,an+1 des entiers premiers dans leur ensemble. Posons

d=pgcd(a1,,an).

Les entiers d et an+1 étant premiers entre eux, il existe u,v tels que

du+an+1v=1.

De plus, on peut écrire

a1=da1,,an=dan

avec a1,,an premiers dans leur ensemble.
Par hypothèse de récurrence, il existe une matrice

(a1a2anα2,1α2,2α2,nαn,1αn,2αn,n)n()

de déterminant 1.
Considérons alors la matrice

(da1da2danan+1α2,1α2,2α2,n0αn,1αn,2αn,n0-va1-va2-vanu).

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

 
Exercice 110  749    Correction  

Établir que l’inverse de la matrice H=(1i+j-1)1i,jn est à coefficients entiers.

Solution

On a H-1=1det(H)Comt(H) avec Com(H)=(Hi,j).
Par opérations élémentaires,

det(1ai+bj)1i,jn=1i<jn(aj-ai)(bj-bi)1i,jn(ai+bj).

En simplifiant les facteurs communs, on obtient

Hk,det(H)=(-1)k+(n+k-1)!(n+-1)!(k+-1)(k-1)!2(-1)!2(n-k)!(n-)!

puis

Hk,det(H)=(-1)k+(k+-1)(n+k-1k+-1)(n+-1k+-1)(k+-2k-1).
 
Exercice 111  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 08-11-2019

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