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Soient A = (ai,j)1⩽i,j⩽n une matrice carrée et B = (bi,j)1⩽i,j⩽n où bi,j Exercice 3 ***I Déterminants de VANDERMONDE Correction de l'exercice 1 △

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Montrer que det(I + A) = 1 Exercice 49 [ Corrigé ] Soient A,B,C trois matrices carrées d'ordre n Calculer le déterminant D =

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Il reste une matrice triangulaire supérieure, avec des 1 sur la diagonale Celle-ci est de déterminant 1 Exercice 3 - Sous forme factorisée - L1/Math Sup - ⋆

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aii, • la matrice identité a pour déterminant dét I = 1 Solution : On it`ere la définition du déterminant sur des matrices dont la dimension diminue jusqu'`a ce que l 

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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 doncquotesdbs_dbs4.pdfusesText_8