[PDF] Déterminants 9 août 2008 3

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Déterminants

Marc SAGE

9 août 2008

Table des matières

1 Quid des formesn-linéaires alternées? 2

2 Inverses et polynômes3

3 Formule de Miller pour calculer un déterminant (ou comment illustrer une idée géniale) 3

4 Le déterminant n"estpaslinéaire 4

5 Des déterminants positifs5

6 Application du caractère polynomial du déterminant 6

7 Déterminants par blocs : deux idées à retenir 7

8 Déterminant de Smith : une idée à connaître 8

9 Déterminant d"Hurwitz : une autre idée à retenir 8

10 Combinatoire et matrice d"incidence 9

11 Un caractérisation du déterminant 10

12 Sur le groupe spécial linéaire complexe 11

13 Un peu d"analyse11

14 Un lemme inutile illustrant une idée géniale 12

15 DL du déterminant13

16 Sur la connexité de matrices à rang pré...xé 14

17 Déterminant de Cauchy16

18 Théorème de Müntz17

19 Théorème de Frobenius-Zolotarev 19

1 Comme dans la feuille sur les matrices, on noteraMnau lieu deMn(K)lorsque le corps de base ne jouera aucun rôle.

Le déterminant d"une matriceApourra être notéjAj, avec l"avantageuse propriétéjABj=jAjjBj.

Les trois premiers exercices sont essentiellement destinés à véri...er que la construction et les principales

propriétés du déterminant sont maîtrisées.

1 Quid des formesn-linéaires alternées?

1.À une matriceAdeMnon associe une application

f

A:Mn!K

(C1j jCn)7!Pn j=1det(C1j jCj1jACjjCj+1j jCn) où lesCidésignent les colonnes de la matrice(C1j jCn). Montrer que f

A= (trA)det.

2.Une application.

continue

1I!Mn(R)et l"inconnueXest une application dérivableI!Rn. Calculerw!X:=

det(X1(t);:::;Xn(t))où lesXisontnsolutions de l"équationX0=AX. Commenter.

Solution proposée.

1. Montrons dans un premier temps quefAetdetsont colinéaires, on calculera ensuite le coe¢ cient de

colinéarité en évaluant en l"identité. Il s"agit donc de prouver quefAest une formen-linéaire alternée (en

les colonnes de la variable). Le caractèren-linéaire est évident carAest linéaire etdetestn-linéaire. Pour

le côté alterné, prenons deux colonnesCietCjégales (aveci < j), et regardons f

A( jCij jCjj ) =nX

k=1det( jCk1jACkjCk+1j ).

donne0par alternance dedet. Il reste donc à calculer la somme des deux termes restants. On utilise pour

cela l"antisymétrie dedetquand on intervertit lesi-ième etj-ième colonnes du second terme : det( jCi1jACijCi+1j jCj1jCjjCj+1j ) +det( jCi1jCijCi+1j jCj1jACjjCj+1j ) = det( jCi1jACijCi+1j jCj1jCjjCj+1j ) det0 B @ jCi1jACj|{z} =ACijCi+1j jCj1jCi|{z} C jjCj+1j 1 C A = 0. On a donc montré quefA=detpour un certain scalaire. Il reste à trouveren évaluantfAen

une matrice particulière pertinente, par exemple l"identité. En notantEjetAjlesj-ièmes colonnes de

l"identité et de la matriceA, on a clairementAEj=Aj, d"où det( jEj1jAEjjEj+1j ) =

1aj1;j

a j;j a j+1;j1

=aj;j1Une fonction deRdansMn(R)sera ditecontinuesi chacune de ses fonctions coordonnées est continue.

2 en développant selon laj-ième ligne. Il en résulte =detIn=fA(In) =nX j=1det( jEj1jAEjjEj+1j ) =nX j=1a j;j= trA,CQFD.

2. Pour utiliser les donnéesX0i=AXi, on dérivew. Le déterminant étant multilinéaire, on trouve

w

0=Xdet(:::;Xi1;X0i;Xi+1;:::) =Xdet(:::;Xi1;AXi;Xi+1;:::).

La première question permet d"obtenirw0= (trA)w, d"où pour toutt02I w=w(t0)exp Z t 0trA

En particulier, on voit que ou bienwest nul ou bienwne s"annule jamais. Ainsi, pour tester la liberté

d"une famille densolutions, il su¢ t de tester la liberté de la famille évaluée en un point arbitraire.

2 Inverses et polynômes

SoitP:C!GLn(C)une application dont toutes les composantes sont polynomiales. Montrer quez7! P(z)1est aussi polynomiale en chacune de ses composantes. Le résultat reste-t-il si l"on prive le domaineCde départ d"un point?

Solution proposée.

On connaît une formule pour l"inverse :A1=1jAjtcomA. Les cofacteurs étant des déterminants (donc des

polynômes) en les coe¢ cients deA, l"applicationz7!tcomP(z)est bien polynomiale. Pour se débarasser du

déterminant, il su¢ t de dire quedetPest un polynôme enzqui ne s"annule jamais (Pest à image dansGLn!)

surCtout entier, c"est donc une constante par D"Alembert-Gauss. Ploum.

Soitaun complexe hors du domaine de départ. L"application7!(a)Invéri...e alors les hypothèses

de l"énoncé mais pas la conclusion, donc on ne peut pas remplacer le domaine de départ par un ensemble plus

petit.

3 Formule de Miller pour calculer un déterminant (ou comment

illustrer une idée géniale)

1.SoitAune matrice deMn(K)telle quea1;16= 0. Montrer que

detA=1an21;1det a

1;1a1;j

a i;1ai;j i;j=2;:::;n!

2.En déduire que le déterminant d"une matrice de taillenà coe¢ cients dansf1;1gest divisible par

2 n1.

Solution proposée.

1. NotonsCj=

a

1;1a1;j

a i;1ai;j i=2;:::;nlaj-ième colonne du terme de droite etAjlaj-ième colonne deAprivée de sa première ligne. On remarque que

1a1;1Cj=Aja1;ja1;1A1:

3 a

1;1a1;j

a i;1ai;j =ai;ja1;ja1;1ai;1pour touti= 2;:::;n. On en déduit

1an21;1det(C2j jCn) =a1;1detC2a1;1j jCna1;1

=a1;1det A ja1;ja1;1A1 j=2;:::;n.

Pour calculer ce déterminant, on aimerait bien pouvoir faire des opérations sur les colonnes pour faire

sauter leA1qui apparaît partout. MaisA1n"apparaît pas toute seule... Qu"à cela tienne, on la fait

apparaître en incrémentant le taille de la matrice! (c"est ça, l"idée géniale, merci à Bruno Le Floch) :

det A ja1;ja1;1A1 j=2;:::;n= det 1 (0) A 1 A ja1;ja1;1A1 j=2;:::;n! = det 1a

1;ja1;1

A

1(Aj)!

1a1;1deta1;1(a1;j)

A 1(Aj) =1a1;1detA,CQFD.

2. SoitAune matrice à coe¢ cients dansf1;1g. Les petits déterminantsa

1;1a1;j

a i;1ai;j sont donc tous coe¢ cient 1an2

1;1=1près) le déterminant d"une matrice de taille(n1)2dont tous les coe¢ cients sont

pairs : factoriser chacune desn1colonnes par2fait sortir un facteur2n1devant un déterminant qui reste entier (car à coe¢ cients entiers), ce qui conclut. Remarque.Cette formule a un grand avantage sur le développement selon une ligne ou une colonne. D"une part, sa complexité est moindre : on calcule n1X i=1i

2=n(n1)(2n1)6n33

déterminants d"ordre2au lieu den!. D"autre part, calculer un déterminant de la sorte est bien plus agréable à

faire et à présenter que d"écrire lesncofacteurs de la ligne/colonne par rapport à laquelle on développe (pour

le cas général, bien sûr...).

4 Le déterminant n"estpaslinéaire

1.Trouver toutes les matricesAdeMntelles que

8M2Mn;det(A+M) = detA+ detM.

2.En déduire que sidet(A+M) = det(B+M)pour toute matriceM, alorsA=B.

Solution proposée.

1. En réduisantA=PJrQ, on paramétrise naturellementMnparM=PNQoùNdécritMn, de sorte

que notre hypothèse de travail est équivalente à det[P(Jr+N)Q]= det(PJrQ) + det(PNQ) ()det(Jr+N)= detJr+ detN.

On vient donc de réduire le problème

2auxJr.

supposera doncn2.2Comme quoi ce procédé à l"apparence sthûssieuse sert vraiment : il faut y penser dans ce genre de problème matriciels très

" bidouillatoires » . 4

En prenantM=A, on obtient

2 njAj= 2jAj, d"oùjAj= 0. En prenant ensuiteN=In, on obtient 2 r= 1, ce qui imposer= 0. La seule matrice pouvant convenir est doncA= 0.

Ce qui précède utilise implicitement la nullité de la caractéristique, hypothèse dont on peut se déba-

rasser : prendreN= Diag(1;0;0;:::;0)donne0 =nr+ 0, d"oùr < n, puis prendreN:= 1Jrdonne

1 = 0 +nnr, d"oùr= 0.

2. Pour le corollaire, on poseM=NA, ce qui impose pour toute matriceN

detN= det(C+N)avecC:=BA. FaireN= 0montre quedetC= 0, ce qui permet de réécrire nous hypothèse sous la forme det(C+N) = detC+ detN de la première question. On en déduitC= 0,i. e.A=B.

5 Des déterminants positifs

SoitAetBdeux matrices réelles qui commutent.

1.Donner une CNS surdet(A+B)pour avoirdet(Ap+Bp)0pour tout entierp1.

2.Peut-on modi...er garder cette CNS en remplaçant0par>0?

1. Fairep= 1donne une condition nécessaire simple :jA+Bj 0.

Pourp= 2, on peut factoriserA2+B2= (A+iB)(AiB)carAetBcommutent, d"où en prenant le déterminant Ceci montre d"ailleurs quejAp+Bpj 0dès quepest pair (remplacerAetBpar leurs puissancesp-ièmes) Pourpimpair quelconque, on peut factoriserjAp+Bpjet regarder les déterminants qui sont deux à deux conjugués. En se plaçant dans le corpsR(X;Y), en notant!:=eip, on a X p+Yp=Xp(!Y)p= (!Y)pX!Y p 1 = (!Y)pY 0k

X!Y!2k =Y 0k

X!2k+1Y, d"où la même factorisation

3en spécialisantXenAetYenB. En regroupant les facteurs deux par deux

selonA!B A!3B A!5BA!p2B

A!2p1B A!2p3B A!2p5BA!p+2BA!pB|{z}

=A+B puis en observant queAetBsont réelles et que!=!1, on voit que chaque colonne correspond à deux

(matrices) complexes conjugées. Il en résulte quejAp+Bpjest du signe dejA+Bj, ce qui montre que la

conditionjA+Bj 0est su¢ sante.

2. Il est faux de dire

jA+Bj>0 =)(8p2;jAp+Bpj>0).

Prenons des matricesAetBdiagonales pour simpli...er4. Pour nier la conclusion, il su¢ t que l"un des

facteursai;i!2k+1bi;isoit nul. Pour avoir en outre la prémisse, on peut prendreA=!! et

B= Id; il vient alors (pourp2)

jA+Bj=j1 +!j2>0etAp+Bp= 0.3évidemment valable pour toutp1sans condition de parité

4Comme l"on va raisonner uniquement sur les valeurs propres, cela n"a en fait rien de restrictif.

5

Mais il faut quand même queAsoit réelle; il su¢ t de la remplacer par une matrice de même polynôme

caractéristique

5X2+!2, par exemple sa matrice compagnon0!2

1 0

6 Application du caractère polynomial du déterminant

1.SoientAetBdeux matrices réelles semblables dansMn(C). Montrer qu"en faitAetBsont sem-

blables dansMn(R).

2.Généraliser le résultat en considérant une extension6R,!Kde dimension ...nie7surR, puis de

dimension quelconque.

3.Que se passe-t-il si l"on remplaceRpar un corps in...ni?

Solution proposée.

1. SoitPune matrice complexe inversible telle queB=PAP1. En décomposantPselon parties réelle

et imaginaire, disonsP=R+iSavecRetSréelles, on obtient (en identi...ant parties réelle et imaginaire)

PA=BP=)RA+iSA=BR+iBS=)RA=BR

SA=BS=) 8t2R;(R+tS)A=B(R+tS).

Il s"agit maintenant de trouver unttel queR+tSsoit inversible. Or, l"applicationt7!det(R+tS)est polynomiale surC, non nulle puisquedet(R+iS) = detP6= 0(Pest inversible!), donc n"admet qu"un

2. Soit maintenantKune extension deRde dimension ...nied1. Considérons deux matrices réellesA

etBsemblables dansMn(K), disonsPA=BPavecPinversible. Tout comme l"on avait décomposé une matrice complexe sur laR-base(1;i)deC, décomposonsPsur uneR-base(e1;:::;ed)deK:P=Pd i=1eiPi où lesPisont réelles. On en déduit comme dans le cas complexe 8t2R; tP 1+dX i=2e iPi! A=B tP 1+dX i=2e iPi! En copiant l"argument déjà évoqué, l"applicationt7!det tP 1+Pd i=2eiPi est polynomiale surK, non

nulle car ent=e1on obtientdetP6= 0, donc n"admet qu"un nombre ...ni de racines. En prenant un réel

t

1en dehors de ces racines, on peut recommencer : l"applicationt7!det

t

1P1+tP2+Pd

i=3eiPi est

polynomiale surKet non nulle pourt=e2, donc on peut choisir un réelt2hors de ses racines. Ainsi de

suite, on aboutit à une matrice réelle inversiblet1P1+tP2++tdPdqui rendAetBsemblables. M

n(K), on regarde leR-espace vectorielEengendré par les coe¢ cients deP, qui est -par construction -

de dimension ...nie surR. On procède comme au point précédent en décomposantP=Pn i=1eiPisur une R-base deEpuis en introduisant les applicationst7!det tP 1+Pd i=2eiPi

3. Si l"on dispose d"une extensionk ,!Kquelconque oùkest un corps in...ni, tout marche pareil, le

caractère in...ni dekpermettant de choisir un scalaire hors des racines de nos polynômes déterminants.

Remarque.Si l"on remplaceRpar un corps ...ni, le résultat reste valable, mais il semble di¢ cile d"en

donner une preuve directe sans utiliser les invariants de similitude (qui trivialisent l"exercice quel que soit le

corps de base,cf.cours sur la réduction de Frobenius).5X2+!2étant scindé simple dansC, la nouvelle matriceAsera alors diagonalisable et les calculs précédents maintenus.

6Uneextensiond"un corpsKest la donnée d"un morphisme de corpsK ,!L. Un tel morphisme est toujours injectif, ce qui

permet de voirKcomme un sous-corps deL. Une extension deKdoit donc être vue comme un sur-corps deK.

7Une extensionK ,!Lest automatiquement munie d"une structure deK-ev. Si ce dernier est de dimension ...nien, on dit que

Lest une extension...niesurKde degrén. Par exemple,R,!Cest une extension ...nie de degré2. 6

7 Déterminants par blocs : deux idées à retenir

SoitA;B;C;Dquatre matrices carrées.

1.Montrer que, siAouDest inversible et commute avecC, on peut écrire

A B C D = det(ADBC). On cherchera à multiplier la grosse matrice pour obtenir une matrice triangulaire par blocs.

2.La formule reste-elle valable siAetDne sont plus supposées inversibles?

3.Et siCne veut plus commuter avec personne?

Solution proposée

1. Une idée est de faire apparaîtreADBCsur la diagonale, ce qui peut se faire en écrivant

A B C D D? C? =ADBC? CDDC? (parfait siCetDcommutent).

Pour que le détérminant

D? C? soit aisé à calculer, on peut compléter sur la diagonale avecD1 (tiens, une hypothèse non utilisée) et un0ailleurs : A B C D D C D1 =ADBC? I Il reste à prendre les déterminants pour conclure. Si c"estAqui commute avecCet qui est inversible, on s"y prend presque pareil : A1 CA A B C D =I? BCAD

2. Il y a une bonne idée qui permet de rendre n"importe quelle matrice (carrée) inversible. On remplace

tous ses coe¢ cients par des inderminéesXi;j; le déterminant alors obtenu est un polynôme non nul8, donc

un scalaire non nul du corpsK(Xi;j), donc notre matrice est inversible dansMn(K(Xi;j)), donc notre

formule est valide dans le corpsK(Xi;j). Il reste ensuite à remplacer les indéterminées par les valeurs de

notre matrice de départ.

3. Sans l"hypothèse de commutativité, la formule tombe. En cherchant un exemple avec beaucoup de

0, on peut trouver (entres autres...) la matrice0

B

B@1 0 1 0

1 1 1 1

1 0 0 1

0 0 0 01

C

CA. Son déterminant est nul à cause de la

ligne de0en bas, mais pourtant on a det 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 = det0 1 0 1 1 0 0 0 =1.

Remarque.La règle de Sarrus se généralise aisément à une matrice de matrices qui commutent toutes

deux à deux. 7

8 Déterminant de Smith : une idée à connaître

En notantdi;jle nombre de diviseurs communs àietjeti;jle pgcd deietj, calculer les déterminants

des matrices(di;j)i;j=1;:::;net(i;j)i;j=1;:::;n.

Solution proposée.

L"idée est d"écrire la matrice concernée comme un produit de deux matrices dont le déterminant est plus ou

moins trivial à calculer.

On peut toujours écrire

d i;j=X kji kjj1 = nX k=1a i;kaj;k=nX k=1[A]i;k tA k;j=AtA i;joùap;q=1siqjp

0sinon.

La matriceAétant triangulaire, son déterminant est le produit de ses coe¢ cients diagonaux, d"oùdetA= 1,

qui est du coup la valeur du déterminant cherché. De même, en se souvenant miraculeusement de l"identitén=P djn'(d), on écrit i;j=i^j=X kji^j'(k) =X kji kjj'(k) =nX k=1[] i;k tA k;j=tA i;joù[]p;q='(q)siqjp

0sinon.

La matriceétant triangulaire, le déterminant cherché vautQn k=1'(k).

Remarque.Recourir à l"identitén=P

était d"exprimeri^jcomme une somme sur plusieurs conditions (dans notre caskjietkjj) et d"introduire les

matrices correspondantes à ces conditions en priant pour qu"elles soient " gentilles » . En ce sens, l"indicatrice

d"Euler ne joue aucun rôle particulier.

9 Déterminant d"Hurwitz : une autre idée à retenir

Soita;b;x1;:::;xn1des scalaires sur un corpsK. On veut évaluer D a;b= x 1a a b x

2......

......xn1a b b xn

On poseraP:=Qn

i=1(xiX).

1.On suppose dans un premier tempsa6=b. En rajoutant unxà chaque coordonnée, considérerD

comme un polynôme enxde degré1et montrer que D a6=b=bP(a)aP(b)ba.

2.Dans le casa=b, remplacerbpar une indéterminéeXet appliquer le premier cas en se plaçant

dans le corpsK(X)pour obtenir D a;a=P(a)aP0(a) nY i=1(xia) +anX i=1Y j6=i(xja) =P(a)

1Xaxia

(sixi6=a8i). 8

Solution proposée.

1. En rajoutant unxà chaque coe¢ cient, on voit, par multilinéarité et alternance, ou en développant

x+de degré au plus1. On veut la valeur deD(0) =. Or, on connaîta+=D(a) =Qn i=1(xia) b+=D(b) =Qn i=1(xib)(matrices triangulaires), d"oùba=bQn i=1(xia)aQn i=1(xib), et en introduisant le polynôme on trouve

D=bP(a)aP(b)ba.

2. Remplaçons à présentbparX. Puisquea6=XdansK(X), ce qui précède s"applique :

D(X) =XP(a)aP(X)Xa=P(a) +P(X)XP(X)aP(a)Xa.

Or, la formule de Taylor appliquée au polynômeXPau pointamontre queXP(X)aP(a)Xa (a) = (XP)0(a) =P(a) +aP0(a).

On en déduit la valeur deDdans le casa=b:

D= 2P(a)(P(a) +aP0(a)) =P(a)aP0(a).

10 Combinatoire et matrice d"incidence

SoitA1;:::;Apdes parties distinctes def1;:::;ngtelles que l"intersection de deux quelconques distinctes

d"entres elles soit de cardinalc1...xé. Montrer quepn. On pourra introduire la matrice d"incidenceAdé...nie parai;j=1sii2Aj

0sii =2Ajet s"intéresser à la matrice

carrée tAA.quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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