Corrigé du contrôle de maths L1 : déterminants, Cramer et Vandermonde

Exercice 1 : Question de cours : déterminant et inversibilité (3 points)

1. Caractérisation. Une matrice \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) est inversible si et seulement si \(\det A \neq 0\).
2. Supposons \(A\) inversible. Alors \(A A^{-1} = I_n\), et la multiplicativité du déterminant donne \[\det(A) \det(A^{-1}) = \det(I_n) = 1.\] Le produit de deux scalaires vaut \(1\), donc aucun des deux n’est nul. Ainsi \(\det A \neq 0\) et \(\det(A^{-1}) = \dfrac{1}{\det A}\).
3. Supposons \(A\) non inversible, et notons \(C_1, \ldots, C_n\) ses colonnes. La matrice n’est pas inversible, donc son rang est strictement inférieur à \(n\) et la famille \((C_1, \ldots, C_n)\) est liée. L’une des colonnes, disons \(C_j\), est donc combinaison linéaire des autres : \(C_j = \displaystyle\sum_{k \neq j} \lambda_k C_k\). Par linéarité du déterminant par rapport à la \(j\)-ième colonne : \[\det A = \sum_{k \neq j} \lambda_k \det(C_1, \ldots, C_{j-1}, C_k, C_{j+1}, \ldots, C_n).\] Chaque déterminant de cette somme possède deux colonnes égales (en positions \(j\) et \(k\)). Il est donc nul, car le déterminant est alterné. Par conséquent \(\det A = 0\). Par contraposée, on obtient le sens réciproque de la caractérisation.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point : 0,5 pour l’argument, 0,5 pour la formule de l’inverse ; c) 1,5 point : 0,5 pour la famille liée, 0,5 pour la linéarité, 0,5 pour le caractère alterné.

Exercice 2 : Signature d’une permutation (3 points)

1. On suit les orbites. Partant de \(1\) : \(1 \to 4 \to 3 \to 1\). Partant de \(2\) : \(2 \to 6 \to 5 \to 2\). Tous les éléments sont atteints. Donc \(\sigma = (1\;4\;3)(2\;6\;5)\), produit de deux \(3\)-cycles à supports disjoints.
2. Pour un \(3\)-cycle, \((a\;b\;c) = (a\;b)(b\;c)\), la composition se lisant de droite à gauche. En effet, \((b\;c)\) fixe \(a\), puis \((a\;b)\) l’envoie sur \(b\) ; \(b\) est envoyé sur \(c\), que \((a\;b)\) fixe ; enfin \(c\) est envoyé sur \(b\), puis sur \(a\). Ainsi \(\sigma = (1\;4)(4\;3)(2\;6)(6\;5)\).
3. La signature est un morphisme de groupes et vaut \(-1\) sur toute transposition. Donc \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^4 = 1\). Contrôle par les inversions : la liste des images est \((4, 6, 1, 3, 2, 5)\). Le \(4\) est suivi de \(1, 3, 2\), plus petits : \(3\) inversions. Le \(6\) est suivi de \(1, 3, 2, 5\) : \(4\) inversions. Ensuite, le \(1\) n’en donne aucune, le \(3\) en donne une (avec \(2\)) et le \(2\) aucune. On trouve au total \(3 + 4 + 1 = 8\) inversions, nombre pair. Donc \(\varepsilon(\sigma) = 1\) : \(\sigma\) est une permutation paire.

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 pour la décomposition, 0,5 pour la justification ; c) 1 point : 0,5 pour la signature, 0,5 pour le contrôle par les inversions.

Exercice 3 : Calculs de déterminants (4 points)

1. On développe selon la première ligne : \[D_1 = 2\begin{vmatrix} -1 2 \\ 2 1 \end{vmatrix} – 1\begin{vmatrix} 1 2 \\ 3 1 \end{vmatrix} + 3\begin{vmatrix} 1 -1 \\ 3 2 \end{vmatrix} = 2(-1 – 4) – (1 – 6) + 3(2 + 3).\] Ainsi \(D_1 = -10 + 5 + 15\). Donc \(D_1 = 10\).
2. L’opération \(C_1 arrow C_1 + C_2 + C_3\) ne change pas le déterminant, et donne une première colonne égale à \((m + 2, m + 2, m + 2)\). Par linéarité selon cette colonne : \[\det M(m) = (m + 2)\begin{vmatrix} 1 1 1 \\ 1 m 1 \\ 1 1 m \end{vmatrix}.\] Ensuite, \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\) rendent la matrice triangulaire : \[\det M(m) = (m + 2)\begin{vmatrix} 1 1 1 \\ 0 m – 1 0 \\ 0 0 m – 1 \end{vmatrix} = (m + 2)(m – 1)^2.\] La matrice \(M(m)\) est inversible si et seulement si \(m \neq 1\) et \(m \neq -2\).
3. Le déterminant est \(3\)-linéaire, donc multiplier les trois colonnes par \(2\) multiplie le déterminant par \(2^3\) : \(\det(2A) = 8 \times 3 = 24\). D’après l’exercice 1, \(\det(A^{-1}) = \dfrac{1}{3}\). Enfin, avec \(\det(A^{\top}) = \det A\) et la multiplicativité, \(\det(A^{\top} A^2) = 3 \times 3^2 = 27\).

Erreur fréquente : écrire \(\det(2A) = 2 \det A\). Le facteur \(2\) sort une fois par colonne, soit \(2^n\) en taille \(n\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 1 point pour le calcul par opérations, 0,5 pour la condition d’inversibilité ; c) 1,5 point : 0,5 par déterminant.

Exercice 4 : Système de Cramer et comatrice (4 points)

1. En développant selon la première ligne, \[\det A = 1\,(1 \times 2 – 1 \times 0) – 2\,(0 \times 2 – 1 \times 1) + 1\,(0 \times 0 – 1 \times 1) = 2 + 2 – 1 = 3.\] Comme \(\det A = 3 \neq 0\), le système \((S)\) est un système de Cramer : il admet une unique solution.
2. D’après les formules de Cramer, chaque inconnue est le quotient par \(\det A\) du déterminant obtenu en remplaçant la colonne correspondante par \(B\) : \[\begin{vmatrix} 8 2 1 \\ 5 1 1 \\ 7 0 2 \end{vmatrix} = 8(2 – 0) – 2(10 – 7) + 1(0 – 7) = 16 – 6 – 7 = 3,\] \[\begin{vmatrix} 1 8 1 \\ 0 5 1 \\ 1 7 2 \end{vmatrix} = 1(10 – 7) – 8(0 – 1) + 1(0 – 5) = 3 + 8 – 5 = 6,\] \[\begin{vmatrix} 1 2 8 \\ 0 1 5 \\ 1 0 7 \end{vmatrix} = 1(7 – 0) – 2(0 – 5) + 8(0 – 1) = 7 + 10 – 8 = 9.\] Donc \(x = \dfrac{3}{3} = 1\), \(y = \dfrac{6}{3} = 2\) et \(z = \dfrac{9}{3} = 3\). Vérification : \(1 + 4 + 3 = 8\), \(2 + 3 = 5\) et \(1 + 6 = 7\). L’unique solution est \((x, y, z) = (1, 2, 3)\).
3. Les cofacteurs sont \(C_{ij} = (-1)^{i+j} m_{ij}\), où \(m_{ij}\) est le mineur obtenu en supprimant la ligne \(i\) et la colonne \(j\). Par exemple, \(C_{11} = 2\), \(C_{12} = -(0 – 1) = 1\) et \(C_{21} = -(4 – 0) = -4\). On obtient : \[\operatorname{Com}(A) = \begin{pmatrix} 2 1 -1 \\ -4 1 2 \\ 1 -1 1 \end{pmatrix}, \qquad A^{-1} = \frac{1}{\det A}\operatorname{Com}(A)^{\top} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 -4 1 \\ 1 1 -1 \\ -1 2 1 \end{pmatrix}.\] Vérification : la première ligne de \(A\), soit \((1, 2, 1)\), donne avec les colonnes de \(\operatorname{Com}(A)^{\top}\) les produits \(2 + 2 – 1 = 3\), \(-4 + 2 + 2 = 0\) et \(1 – 2 + 1 = 0\). Les autres lignes se vérifient de même. Ainsi \(A \operatorname{Com}(A)^{\top} = 3 I_3\).
4. On calcule \[A^{-1} B = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 16 – 20 + 7 \\ 8 + 5 – 7 \\ -8 + 10 + 7 \end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}.\] On retrouve \((x, y, z) = (1, 2, 3)\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 par inconnue ; c) 1,5 point : 1 point pour la comatrice, 0,5 pour l’inverse ; d) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : déterminant tridiagonal et Vandermonde (6 points)

Partie A : le déterminant tridiagonal

1. Soit \(n \geq\, 3\). La première ligne de \(\Delta_n\) est \((5, 2, 0, \ldots, 0)\). En développant selon cette ligne : \[\Delta_n = 5\,\Delta_{n-1} – 2\,\delta_{n-1},\] où \(\delta_{n-1}\) est le mineur obtenu en supprimant la ligne \(1\) et la colonne \(2\). Le signe \(-\) vient du facteur \((-1)^{1+2}\). La première colonne de ce mineur est \((2, 0, \ldots, 0)\), et en supprimant sa première ligne et sa première colonne on retrouve \(\Delta_{n-2}\). En développant selon cette colonne, \(\delta_{n-1} = 2\,\Delta_{n-2}\). Donc \(\Delta_n = 5\,\Delta_{n-1} – 4\,\Delta_{n-2}\) pour tout \(n \geq\, 3\).
2. On a \(\Delta_1 = 5\) et \(\Delta_2 = 5 \times 5 – 2 \times 2 = 21\). La suite vérifie une récurrence linéaire d’ordre \(2\), d’équation caractéristique \(r^2 – 5r + 4 = 0\), dont les racines sont \(1\) et \(4\). Il existe donc des réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que \(\Delta_n = \alpha\, 4^n + \beta\) pour tout \(n \geq\, 1\). Les conditions \(4\alpha + \beta = 5\) et \(16\alpha + \beta = 21\) donnent \(12\alpha = 16\), soit \(\alpha = \dfrac{4}{3}\), puis \(\beta = 5 – \dfrac{16}{3} = -\dfrac{1}{3}\). Ainsi \(\Delta_n = \dfrac{4^{n+1} – 1}{3}\) pour tout \(n \geq\, 1\). Contrôle : \(\Delta_3 = 5 \times 21 – 4 \times 5 = 85\), et \(\dfrac{4^4 – 1}{3} = \dfrac{255}{3} = 85\).

Partie B : le déterminant de Vandermonde

3. Les opérations \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\) ne changent pas le déterminant : \[V(a, b, c) = \begin{vmatrix} 1 a a^2 \\ 0 b – a b^2 – a^2 \\ 0 c – a c^2 – a^2 \end{vmatrix}.\] En développant selon la première colonne, puis en factorisant \(b – a\) et \(c – a\) : \[V(a, b, c) = (b – a)(c – a)\begin{vmatrix} 1 b + a \\ 1 c + a \end{vmatrix} = (b – a)(c – a)\big((c + a) – (b + a)\big).\] Donc \(V(a, b, c) = (b – a)(c – a)(c – b)\).
4. Les conditions s’écrivent \(u + v + w = 2\), \(u + 2v + 4w = 3\) et \(u + 3v + 9w = 6\). La matrice de ce système est celle de \(V(1, 2, 3)\), et \(V(1, 2, 3) = (2 – 1)(3 – 1)(3 – 2) = 2 \neq 0\). C’est donc un système de Cramer : il existe un unique polynôme \(P\) qui convient. Pour le trouver, on soustrait les équations deux à deux : \(v + 3w = 1\) et \(v + 5w = 3\). On en tire \(2w = 2\), donc \(w = 1\), puis \(v = -2\) et \(u = 2 + 2 – 1 = 3\). Vérification : \(P(1) = 2\), \(P(2) = 4 – 4 + 3 = 3\) et \(P(3) = 9 – 6 + 3 = 6\). Donc \(P = X^2 – 2X + 3\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour le développement, 0,5 pour le mineur, 0,5 pour le signe et la conclusion ; b) 1,5 point : 0,5 pour les valeurs initiales, 0,5 pour l’équation caractéristique, 0,5 pour la formule ; c) 1,5 point : 0,5 pour les opérations, 1 point pour la factorisation ; d) 1,5 point : 0,5 pour l’unicité via Vandermonde, 1 point pour le calcul de \(P\).

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Après le corrigé du contrôle : déterminants, Cramer et Vandermonde

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