[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

View - Download Exercices de mathématiques - Exo7

Previous PDF

Next PDF

Exo7

Déterminants

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile

I : Incontournable

Exercice 1**SoientA=(ai;j)16i;j6nune matrice carrée etB=(bi;j)16i;j6noùbi;j=(1)i+jai;j. Calculer det(B)en fonction

de det(A). 0C oùA,BetCsont des matrices carrées de formats respectifsn,petqavecp+q=n. Montrer que det(A) =det(B)det(C). nulles. CalculerCn=det1a i+bj

16i;j6n. Cas particulier :8i2[[1;n]],ai=bi=i(déterminant de HILBERT).

colonne inconnu. 1

Soientx1,...,xnnentiers naturels tels quex1< :::

16i;j6nx

jxijiest un entier naturel. a

0a1:::an2an1

a n1a0...an2............... a

2......a1

a

1a2:::an1a0

=detA. Pour cela, on calculera d"abordAWoùW= (w(j1)(k1))16j;k6navecw=e2ip=n.

Montrer quedest dérivable surRet calculerd0.

2.

Application : calculer dn(x) =

x+1 1:::1 1 .........1

1:::1x+1

B A de format 2nest un réel positif. alors detA B C D =det(ADBC). Montrer que le résultat persiste siDn"est pas inversible. det(A+M) =detA+detM. Montrer queA=0. B

BBBBBB@0::: :::0a0

1......a1

0............

.........0...

0:::0 1an11

C

CCCCCCA. Calculer det(AxIn).

2 1. det AoùA2M2n(K)est telle queai;i=aetai;2n+1i=betai;j=0 sinon. 2.

1 0::: :::0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

1 0::: :::0 1

3.

1::: :::1

... 0 1:::1 1 ............1

1 1:::1 0

et

0 1::: :::1

1 .........1

1::: :::1 0

(n>2) 4. (I) a b:::b b .........b b:::b a (n>2).

Correction del"exer cice1 N1ère solution.

detB=å s2Sne(s)bs(1);1:::bs(n);n=å s2Sne(s)as(1);1:::as(n);n =detA:

2ème solution.On multiplie les lignes numéros 2, 4,... deBpar1 puis les colonnes numéros 2, 4,... de

la matrice obtenue par1. On obtient la matriceAqui se déduit donc de la matriceBpar multiplication des

lignes ou des colonnes par un nombre pair de1 (puisqu"il y a autant de lignes portant un numéro pair que de

colonnes portant un numéro pair). Par suite, det(B) =det(A).Correction del"exer cice2 NSoientC2Mq(K)etD2Mp;q(K). Soitj:(Mp;1(K))p!K

(C1;:::;Cp)7!detX D 0C oùX= (C1:::Cp)2 M p(K). •jest linéaire par rapport à chacune des colonnesC1,...,Cp. • Si il existe(i;j)2[[1;p]]2tel quei6=jetCi=Cj, alorsj(C1;:::;Cp) =0.

Ainsi,jest une formep-linéaire alternée sur l"espaceMp;1(K)qui est de dimensionp. On sait alors qu"il

existel2Ktel quej=ldetB0(où detB0désigne la forme déterminant dans la base canonique deMp;1(K))

ou encore il existel2Kindépendant de(C1;:::;Cp)tel que8(C1;:::;Cp)2(Mp;1(K))p,f(C1;:::;Cp) = ldetB0(C1;:::;Cp)ouenfinilexistel2KindépendantdeXtelque8X2Mp(K), detX D 0C =ldet(X).

PourX=Ip, on obtientl=detIpD

0C et donc

8B2Mp(K), detB D

0C =det(B)detIpD 0C

De même, l"applicationY7!detIpD

0Y est une formeq-linéaire alternée des lignes deYet donc il existe m2Ktel que8Y2Mq(K), detIpD 0Y =mdet(Y)puisY=Iqfournitm=detIpD 0Iq et donc

8B2Mp(K),8C2Mq(K),8D2Mp;q(K),

detB D 0C =det(B)det(C)detIpD 0Iq =det(B)det(C),

(en supposant acquise la valeur d"un déterminant triangulaire qui peut s"obtenir en revenant à la définition d"un

déterminant et indépendamment de tout calcul par blocs).

8(B;C;D)2Mp(K)Mq(K)Mp;q(K), detB D

0C

=det(B)det(C).Correction del"exer cice3 NSoitnun entier naturel non nul. On noteL0,L1,...,Lnles lignes du déterminant Van(x0;:::;xn)

A la ligne numérondu déterminant Van(x0;:::;xn), on ajoute une combinaison linéaire des lignes précédentes

du typeLn Ln+ån1i=0liLi. La valeur du déterminant n"a pas changé mais sa dernière ligne s"écrit maintenant

4

(P(x0);:::;P(xn))oùPest un polynôme unitaire de degrén. On choisit alors pourP(le choix desliéquivaut

au choix deP) le polynômeP=Õn1i=0(Xxi)(qui est bien unitaire de degrén). La dernière ligne s"écrit

alors(0;:::;0;P(xn+1))et en développant ce déterminant suivant cette dernière ligne, on obtient la relation de

récurrence :

8n2N;Van(x0;:::;xn) =P(xn)Van(x0;:::;xn1) =Õn1i=0(xnxi)Van(x0;:::;xn1).

En tenant compte de Van(x0) =1, on obtient donc par récurrence

8n2N;8(xi)06i6n2Kn;Van(xi)06i6n1=Õ06i colonnes identiques.

On suppose dorénavant que lesaisont deux à deux distincts de même que lesbj(et toujours que les sommes

a i+bjsont toutes non nulles).

Soitn2N. On noteL1,...,Ln+1les lignes deCn+1.

On effectue surCn+1la transformationLn+1 ån+1i=1liLiavecln+16=0.

On obtientCn+1=1l

n+1Dn+1oùDn+1est le déterminant obtenu en remplaçant la dernière ligne deCn+1par la iX+ai. On prendR=(Xb1):::(Xbn)(X+a1):::(X+an+1). • Puisque lesaisont distincts desbj,Rest irréductible. • Puisque lesaisont deux à deux distincts, les pôles deRsont simples. • Puisque deg((Xb1):::(Xbn))Avec ce choix desli, la dernière ligne deDn+1s"écrit(0;:::;0;R(bn+1))et en développantDn+1suivant sa

dernière ligne, on obtient la relation de récurrence :

8n2N;Cn+1=1l

n+1R(bn+1)Cn. Calculonsln+1. Puisquean+1est un pôle simple deR, l

n+1=limx! an+1(x+an+1)R(x) =(an+1b1):::(an+1bn)(an+1+a1):::(an+1+an)=(an+1+b1):::(an+1+bn)(an+1a1):::(an+1an).

On en déduit que

1l n+1R(bn+1) =(an+1a1):::(an+1an)(an+1+b1):::(an+1+bn)(bn+1b1):::(bn+1bn)(bn+1+a1):::(bn+1+an) puis la relation de récurrence i=n+1 ouj=n+1(ai+bj)Cn.

En tenant compte deC1=1a

1+b1, on obtient par récurrence

det 1a i+bj

16i;j6n(ai+bj).(y compris dans les cas particuliers analysés en début d"exercice).

Calcul du déterminant de HILBERT. On est dans le cas particulier où8i2[[1;n]],ai=bi=i. D"abord

Van(1;:::;n) =Õnj=2

Õj1

i=1(ji)

Õnj=2(j1)!=Õn1j=1i!.

5 Puis Õ16i;j6n(i+j) =Õni=1Õnj=1(i+j)=Õni=1(i+n)!i!=et donc

8n2N;Hn=(Õni=1i!)4n!2Õ2ni=1i!.Correction del"exer cice5 NLe déterminant du système estD=Van(1;:::;n)6=0. Le système proposé est donc un système de CRAMER.

Les formules de CRAMERdonnent :8j2[[1;n]],xj=DjD

où D j=

1:::1 1 1:::1

1j1 0j+1n

1:::(j1)n10(j+1)n1:::nn1

= (1)j+1

1:::j1j+1:::n

1:::(j1)n1(j+1)n1:::nn1

(en développant suivant laj-ème colonne) = (1)j+11:::(j1)(j+1):::n

1:::1 1:::1

1j1j+1n

1:::(j1)n2(j+1)n2:::nn2

(parnlinéarité) = (1)j+1n!j

Van(1;:::;(j1);(j+1);:::;n) = (1)j+1n!j

= (1)j+1n!j!(nj)!Van(1;:::;n) = (1)j+1n j

Van(1;:::;n):

Finalement,

8j2[[1;n]],xj= (1)j+1n

j

.Correction del"exer cice6 NOnnoteC1,...,Cnlescolonnesdudéterminantdel"énoncépuisonposeC=(cos(ai))16i6netS=(sin(ai))16i6n.

Pour toutj2[[1;n]],Cj=sin(aj)C+cos(aj)S. Ainsi, les colonnes de la matrice proposée sont dans Vect(C;S)

qui est un espace de dimension au plus deux et donc, sin>3, det(sin(ai+aj))16i;j6n=0.6

Sin=2, on asin(2a1)sin(a1+a2)

sin(a1+a2)sin(2a2)

=sin(2a1)sin(2a2)sin2(a1+a2).Correction del"exer cice7 NSoient les vecteurs colonnesA= (ai)16i6netU= (1)16i6n.

8j2[[1;n]],Cj=A+bjU. Les colonnes de la matrice proposée sont dans un espace de dimension au plus deux

et donc, sin>3, det(ai+bj)16i;j6n=0.Sin=2, on aa

1+b1a1+b2

a

2+b1a2+b2

= (a1+b1)(a2+b2)(a1+b2)(a2+b1) =a1b2+a2b1a1b1a2b2= (a2a1)(b1b2).Correction del"exer cice8 NPour toutj2[[1;n]], C j= ((a+i+j)2)16i6n=j2(1)16i6n+2(a+j)(i)16i6n+(i2)16i6n. Les colonnes de la matrice proposée sont dans un espace de dimension au plus trois et donc, sin>4, det((a+i+j)2)16i;j6n=0.Le calcul est aisé pourn2 f1;2;3g.Correction del"exer cice9 Nx jxijiest déjà un rationnel strictement positif. PosonsPi=1 sii=1, et sii>2,Pi=X(X1):::(X(i2))(i1)!.

Puisque, pouri2[[1;n]], deg(Pi) =i1, on sait que la famille(Pi)16i6nest une base deQn1[X]. De plus, pour

i>2,PiXi1(i1)!est de degréi2 et est donc combinaison linéaire deP1,P2,...,Pi2ou encore, pour 26i6n,

la ligne numéroidu déterminant det C i1xj

16i;j6nest somme de la ligne

xi1j(i1)!

16j6net d"une combinaison

linéaire des lignes qui la précède. En partant de la dernière ligne et en remontant jusqu"à la deuxième, on

retranche la combinaison linéaire correspondante des lignes précedentes sans changer la valeur du déterminant.

On obtient par linéarité par rapport à chaque ligne det C i1xj

16i;j6n=1Õ

ni=1(i1)!Van(x1;:::;xn) =Õ16i16i

Finalement,

16i jxiji=det C i1xj

16i;j6n2N.Correction del"exer cice10 NLe coefficient lignej, colonnek,(j;k)2[[1;n]]2, de la matriceAvautakjavec la convention : si(n1)6

u61,au=an+u. Le coefficient lignej, colonnek,(j;k)2[[1;n]]2, de la matriceAWvaut 7 n u=1a ujw(u1)(k1)=njå v=(j1)a vw(v+j1)(k1)=1å v=(j1)a vw(v+j1)(k1)+njå v=0a vw(v+j1)(k1) 1å v=(j1)a v+nw(v+n+j1)(k1)+njå u=0a uw(u+j1)(k1)(carav+n=avetwn=1) n1å u=nj+1a uw(u+j1)(k1)+njå u=0a uw(u+j1)(k1)=n1å u=0a uw(u+j1)(k1) =w(j1)(k1)n1å u=0a uwu(k1): Pourk2[[1;n]], posonsSk=ån1u=0auwu(k1). Le coefficient lignej, colonnekdeAWvaut doncw(j1)(k1)Sk. Par passage au détereminant, on en déduit que : det(AW) =detw(j1)(k1)Sk

16j;k6n= (Õnk=1Sk)det(w(j1)(k1))16j;k6n

(Skest en facteur de la colonnek) ou encore(detA)(detW) = (Õnk=1Sk)(detW). Enfin,West la matrice

de VANDERMONDEdes racinesn-èmes de l"unité et est donc inversible puisque celles-ci sont deux à deux

distinctes. Par suite detW6=0 et après simplification on obtient detA=Õnk=1SkoùSk=ån1u=0auwu(k1).Par exemple, a b c c a b b c a =S1S2S3= (a+b+c)(a+jb+j2c)(a+j2b+jc)oùj=e2ip=3.

Un calcul bien plus simple sera fourni dans la planche Réduction .Correction del"exer cice11 N1.d=ås2Sne(s)as(1);1:::as(n);nest dérivable surRen tant que combinaison linéaire de produits de

fonctions dérivables surRet de plus d

0=å

s2Sne(s)(as(1);1:::as(n);n)0=å s2Sne(s)nå i=1a s(1);1:::a0s(i);i:::as(n);n=nå i=1å s2Sne(s)as(1);1:::a0s(i);i:::as(n);n nå i=1det(C1;:::;C0i;:::;Cn) (oùC1;:::;Cnsont les colonnes de la matrice):

2.1 ère solution.D"après ce qui précède, la fonctiondnest dérivable surRet pourn>2 etxréel, on a

8 d

0n(x) =nå

i=1 x+1 1:::1 0 1::: :::1 1 .........1... ...x+1 0... ... 1 1 1 ... 0x+1... ... 1......... ..................1

1::: :::1 0 1:::1x+1

(la colonne particulière est la colonnei) nå i=1d n1(x)(en développant lei-ème déterminant par rapport à sai-ème colonne) =ndn1(x): En résumé,8n>2,8x2R,dn(x) =ndn1(x). D"autre part8x2R,d1(x) =x+1 et8n>2,dn(0) =0 (déterminant ayant deux colonnes identiques). Montrons alors par récurrence que8n>1,8x2R,dn(x) =xn+nxn1. • C"est vrai pourn=1. • Soitn>1. Supposons que8n>1,8x2R,dn(x) =xn+nxn1. Alors, pourx2R, d n+1(x) =dn+1(0)+Rx

0d0n+1(t)dt= (n+1)Rx

0dn(t dt) =xn+1+(n+1)xn.

On a montré que

8n>1,8x2R,dn(x) =xn+nxn1.2 ème solution.dnest clairement un polynôme de degrénunitaire. Pourn>2, puisque dn(0) = 0 et

qued0n=ndn1, 0 est racine dedn,d0n, ...,d(n2)net est donc racine d"ordren1 au moins dedn. Enfin, d n(n) =0 car la somme des colonnes du déterminant obtenu est nulle. Finalement8n>2,8x2R, d n(x) =xn1(x+n)ce qui reste vrai pourn=1.

Une variante peut être obtenue avec des connaissances sur la réduction.Correction del"exer cice12 NOn effectue sur la matrice

AB B A les transformations :8j2[[1;n]],Cj Cj+iCn+j(oùi2=1) sans modifier la valeur du déterminant. On obtient det AB B A =detAiBB

B+iA A

Puis en effectuant les transformations :8j2[[n+1;2n]],Lj LjiLjn, on obtient det AB B A =detAiBB

B+iA A

=detAiBB 0A+iB =det(A+iB)det(AiB). Comme les matricesAetBsont réelles, det(AiB) =det(A+iB)et donc det AB B A =jdet(A+iB)j22R+. 9 Correction del"exer cice13 NSiDest inversible, un calcul par blocs fournit A B C D D0 C D1 =ADBC BD1

CDDC I

=ADBC BD1 0I (carCetDcommutent) et donc, puisque det A B C D D0 C D1 =detA B C D detD0 C D1 =detA B C D detDdetD1 =detA B C D etquedet

ADBC BD1

0I =det(ADBC), onabiendetA B C D =det(ADBC)(siCetDcommutent).

SiDn"est pas inversible, det(DxI)est un polynôme enxde degrénet donc ne s"annule qu"un nombre fini

de fois. Par suite, la matriceDxIest inversible sauf peut-être pour un nombre fini de valeurs dex. D"autre

part, pour toute valeur dex, les matricesCetDxIcommutent et d"après ce qui précède, pour toutes valeurs

dexsauf peut-être pour un nombre fini, on a detdet A B C D =det(A(DxI)BC).

Ces deux expressions sont encore des polynômes enxqui coïncident donc en une infinité de valeurs dexet sont

donc égaux. Ces deux polynômes prennent en particulier la même valeur en 0 et on a montré que

siCetDcommutent, detA B C D =det(ADBC).Correction del"exer cice14 NA=0 convient. Réciproquement, on a tout d"abord det(A+A) =detA+detAou encore(2n2)detA=0 et, puiquen>2, detA=0. Donc,

A=2GLn(K)etAvérifie :8M2Mn(K), det(A+M) =detM.

SupposonsA6=0. Il existe donc une colonneCj6=0.

La colonneCjn"est pas nulle et d"après le théorème de la base incomplète, on peut construire une matriceM

inversible dont laj-ème colonne estCj. PuisqueMest inversible, detM6=0 et puisque laj-ème colonne de

la matriceA+Mest nulle, det(A+M) =0. Pour cette matriceM, on a det(A+M)6=detA+detMetAn"est pas solution du problème. Finalement

(8M2Mn(K), det(A+M) =detA+detM)=lraA=0.Correction del"exer cice15 NEn développant suivant la dernière colonne, on obtient

10 det(AxIn) = x0:::0a0

1.........a1

0......0...

.........x an1

0:::0 1anx

= (x)n(anx)+ån1k=0(1)nk+1akDk oùDk= x0:::0::: ::: .........0...... ::: x::: :::

0::: :::0 1:::

...... 0.........

0::: :::0 0:::0 1

= (x)k1nk= (x)k(déterminant par blocs)

Finalement,

det(AxIn) = (x)n(anx)+n1å k=0(1)nk+1ak(x)k= (1)n+1 x n+1nå k=0a kxk!

:Correction del"exer cice16 N1.Sans modifier la v aleurde det A, on effectue les transformations :8j2[[1;n]],Cj Cj+C2n+1j.

On obtient alors par linéarité du déterminant par rapport à chacune desnpremières colonnes

detA= (a+b)p

1 0:::0 0:::0b

0 ............ 0 .........0 0...

0:::0 1b0:::0

0:::0 1a0:::0

... 0 0......... 0 ............0

1 0:::0 0:::0a

Oneffectueensuitelestransformations:8i2[[n+1;2n]],Li LiL2n+1ietparlinéaritédudéterminant par rapport auxndernières lignes, on obtient detA= (a+b)n(ab)n= (a2b2)n. 2. Ce déterminant a deux colonnes ég aleset est donc nul. 3.

On retranche la première colonne à toutes les autres et on obtient un déterminant triangulaire : Dn=

(1)n1.

Pour le deuxième déterminant, on ajoute lesn1 dernières colonnes à la première puis on metn

1 en facteur de la première colonne et on retombe sur le déterminant précédent. On obtient :Dn=

(1)n1(n1). 11

4.On ajoute les n1 dernières colonnes à la première puis on meta+(n1)ben facteur de la première

colonne. On obtient D n= (a+(n1)b)

1b::: :::b

...a...... b ............b

1b:::b a

On retranche ensuite la première ligne à toutes les autres et on obtient D n= (a+(n1)b)

1b::: :::b

0ab0:::0

quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

[PDF] Chapitre 7 D´eterminants

[PDF] 1 Calcul vectoriel dans le plan et dans l 'espace

[PDF] Calculs de déterminants - Exo7 - Emathfr

[PDF] Le déterminant de Vandermonde - Epsilon 2000 - Free

[PDF] Second degré : Résumé de cours et méthodes 1 - Xm1 Math

[PDF] Déterminants

[PDF] X Matrices - Déterminants - Systèmes d 'équations 1 Introduction )

[PDF] 1 Résumé 2 Matrices rectangulaires - Cours en Ligne

[PDF] Diagonalisation des matrices Matrices diagonales - CEMHTI

[PDF] Une démonstration du calcul du déterminant en blocs - Numdam

[PDF] Salud del adolescente - World Health Organization

[PDF] quels sont les principaux déterminants de santé et de bien-être social

[PDF] DS 2 - Seconde - Physique - Chimie - Free

[PDF] sur la détermination de l 'acidité titrable du lait - Hal

[PDF] Détermination théorique de l 'enthalpie de solubilité ? l 'état solide