Corrigé du contrôle de maths sup : permutations et déterminants

Exercice 1 : Question de cours sur le déterminant d’un produit (3,5 points)

1. \(\varphi_u\) est la composée de \(\det_{\mathcal{B}}\), qui est \(n\)-linéaire, avec l’application linéaire \(u\) appliquée à chaque variable : elle est donc linéaire par rapport à chaque variable. Si \(x_i = x_j\) avec \(i \neq j\), alors \(u(x_i) = u(x_j)\) et \(\det_{\mathcal{B}}\) s’annule, car elle est alternée. \(\varphi_u\) est \(n\)-linéaire alternée. D’après le résultat admis, il existe un unique scalaire \(\det u\) tel que \(\varphi_u = \det(u) \det_{\mathcal{B}}\). En évaluant en \(\mathcal{B}\), comme \(\det_{\mathcal{B}}(\mathcal{B}) = 1\) : \(\det u = \det_{\mathcal{B}}(u(e_1), \ldots, u(e_n))\).
2. Par définition, puis en appliquant a) à \(u\) avec \(x_i = v(e_i)\) :
   \[\det(u \circ v) = \det_{\mathcal{B}}(u(v(e_1)), \ldots, u(v(e_n))) = \varphi_u(v(e_1), \ldots, v(e_n)) = \det(u) \det_{\mathcal{B}}(v(e_1), \ldots, v(e_n)).\]
   Le dernier facteur vaut \(\det v\). Donc \(\det(u \circ v) = \det(u) \det(v)\). Pour \(A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\), soient \(u, v\) les endomorphismes de \(\mathbb{K}^n\) canoniquement associés : \(AB\) est la matrice de \(u \circ v\) et le déterminant d’une matrice est celui de l’endomorphisme associé. Donc \(\det(AB) = \det(A) \det(B)\).
3. Si \(A\) est inversible, \(A A^{-1} = I_n\), donc \(\det(A) \det(A^{-1}) = \det(I_n) = 1\). Ce produit n’étant pas nul, \(\det A \neq 0\) et \(\det(A^{-1}) = \dfrac{1}{\det A}\).

Barème : a) 1 point (0,5 pour le caractère alterné, 0,5 pour l’expression de \(\det u\)) ; b) 1,5 point (1 pour les endomorphismes, 0,5 pour le passage aux matrices) ; c) 1 point.

Exercice 2 : Décomposition d’une permutation de S9 (4 points)

1. On suit les orbites : \(1 \mapsto 4 \mapsto 7 \mapsto 2 \mapsto 1\), puis \(3 \mapsto 6 \mapsto 9 \mapsto 3\), puis \(5 \mapsto 8 \mapsto 5\). Tous les éléments de \(\{1, \ldots, 9\}\) apparaissent. \(\sigma = (1\;4\;7\;2)(3\;6\;9)(5\;8)\), et ces cycles commutent car leurs supports sont disjoints.
2. Un cycle s’écrit \((a_1\;a_2\;\cdots\;a_k) = (a_1\;a_2)(a_2\;a_3)\cdots(a_{k-1}\;a_k)\) (composition de droite à gauche). Donc
   \[\sigma = (1\;4)(4\;7)(7\;2)\,(3\;6)(6\;9)\,(5\;8).\]
   Il y a 6 transpositions et la signature est un morphisme de groupes qui vaut \(-1\) sur toute transposition : \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^6 = 1\).
3. Les cycles commutent, donc \(\sigma^m = (1\;4\;7\;2)^m (3\;6\;9)^m (5\;8)^m\), et ces trois facteurs agissent sur des supports disjoints. Il faut donc que \(m\) soit multiple de 4, de 3 et de 2. Le plus petit tel \(m\) est \(\operatorname{ppcm}(4, 3, 2) = 12\).
4. \(2026 = 12 \times 168 + 10\), donc \(\sigma^{2026} = \sigma^{10}\). Or \(10 = 4 \times 2 + 2\), \(10 = 3 \times 3 + 1\) et 10 est pair. Ainsi \(\sigma^{10} = (1\;4\;7\;2)^2 (3\;6\;9)(5\;8)^{0}\). Le carré du 4-cycle envoie \(1 \mapsto 7\), \(7 \mapsto 1\), \(4 \mapsto 2\), \(2 \mapsto 4\). \(\sigma^{2026} = (1\;7)(2\;4)(3\;6\;9)\).
5. D’après b), un cycle de longueur \(k\) est produit de \(k – 1\) transpositions, donc sa signature vaut \((-1)^{k-1}\). Pour \(\sigma\) : \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^{3} (-1)^{2} (-1)^{1} = (-1)^{6} = 1\). On retrouve \(\varepsilon(\sigma) = 1\).

Erreur fréquente : dire qu’un cycle de longueur \(k\) a pour signature \((-1)^k\) ; un 2-cycle est une transposition, de signature \(-1\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point (0,5 pour les transpositions, 0,5 pour la signature) ; c) 0,5 point ; d) 1 point (0,5 pour la réduction modulo 12, 0,5 pour la décomposition) ; e) 0,5 point.

Exercice 3 : Déterminants par opérations élémentaires (4 points)

1. L’opération \(C_1 arrow C_1 + C_2 + C_3\) ne change pas le déterminant et donne une première colonne égale à \(a + 2\) partout. On factorise \(a + 2\), puis on effectue \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\) :
   \[\Delta(a) = (a + 2) \begin{vmatrix} 1 1 1 \\ 1 a 1 \\ 1 1 a \end{vmatrix} = (a + 2) \begin{vmatrix} 1 1 1 \\ 0 a – 1 0 \\ 0 0 a – 1 \end{vmatrix}.\]
   Le déterminant d’une matrice triangulaire est le produit des coefficients diagonaux : \(\Delta(a) = (a + 2)(a – 1)^2\).
2. On généralise. L’opération \(C_1 arrow C_1 + C_2 + \cdots + C_n\) donne une première colonne dont tous les coefficients valent \(a + (n – 1) b\). Par linéarité par rapport à la première colonne, \(\det M = (a + (n – 1) b) \det M^{\prime}\), où \(M^{\prime}\) a une première colonne de 1 et coïncide avec \(M\) ailleurs. Dans \(M^{\prime}\), la ligne 1 est \((1, b, \ldots, b)\) et la ligne \(i \geq\, 2\) est \((1, b, \ldots, b, a, b, \ldots, b)\), avec \(a\) en position \(i\). Les opérations \(L_i arrow L_i – L_1\) pour \(i \geq\, 2\) ne changent pas le déterminant et remplacent la ligne \(i\) par \((0, \ldots, 0, a – b, 0, \ldots, 0)\), avec \(a – b\) en position \(i\). La matrice obtenue est triangulaire supérieure de diagonale \((1, a – b, \ldots, a – b)\). Donc \(\det M = (a + (n – 1) b)(a – b)^{n-1}\). Pour \(n = 3\) et \(b = 1\), on retrouve a).
3. Avec \(a = x\) et \(b = 1\), le déterminant vaut \((x + n – 1)(x – 1)^{n-1}\). Les \(n\) colonnes forment une base de \(\mathbb{R}^n\) si et seulement si ce déterminant est non nul. C’est le cas si et seulement si \(x \neq 1\) et \(x \neq 1 – n\).

Barème : a) 1 point ; b) 2 points (0,5 pour l’opération sur les colonnes, 0,5 pour la factorisation, 0,5 pour les opérations sur les lignes, 0,5 pour la conclusion) ; c) 1 point (0,5 pour le critère, 0,5 pour les valeurs).

Exercice 4 : Un déterminant tridiagonal (4 points)

1. \(D_1 = 5\) et \(D_2 = 5 \times 5 – 2 \times 2 = 21\).
2. Soit \(n \geq\, 3\). La première ligne est \((5, 2, 0, \ldots, 0)\). Le développement selon cette ligne donne \(D_n = 5\, \Delta_{11} – 2\, \Delta_{12}\), où \(\Delta_{1j}\) est le déterminant obtenu en supprimant la ligne 1 et la colonne \(j\).
   
   \(\Delta_{11}\) est le déterminant tridiagonal de même forme et de taille \(n – 1\) : \(\Delta_{11} = D_{n-1}\).
   
   Dans \(\Delta_{12}\), la première colonne est \((2, 0, \ldots, 0)\) : c’est la première colonne de la matrice initiale privée de son premier coefficient. En développant selon cette colonne, \(\Delta_{12} = 2 D_{n-2}\), le mineur restant étant le tridiagonal de taille \(n – 2\).
   
   Donc \(D_n = 5 D_{n-1} – 4 D_{n-2}\) pour \(n \geq\, 3\).
3. C’est une suite récurrente linéaire d’ordre 2, d’équation caractéristique \(r^2 – 5r + 4 = 0\), de racines 1 et 4. Il existe donc \(\alpha, \beta\) réels tels que \(D_n = \alpha + \beta\, 4^n\) pour tout \(n \geq\, 1\). Les conditions \(D_1 = 5\) et \(D_2 = 21\) donnent \(\alpha + 4\beta = 5\) et \(\alpha + 16\beta = 21\), d’où \(\beta = \dfrac{4}{3}\) et \(\alpha = -\dfrac{1}{3}\).
   \(D_n = \dfrac{4^{n+1} – 1}{3}\) pour tout \(n \geq\, 1\). Vérification : \(D_3 = 5 \times 21 – 4 \times 5 = 85\) et \(\dfrac{4^4 – 1}{3} = \dfrac{255}{3} = 85\).
4. Pour \(n \geq\, 1\), \(4^{n+1} > 1\), donc \(D_n > 0\). La matrice est inversible pour tout \(n\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point (0,5 pour le développement, 1 pour l’identification des deux mineurs) ; c) 1,5 point (0,5 pour l’équation caractéristique, 0,5 pour les constantes, 0,5 pour la formule) ; d) 0,5 point.

Exercice 5 : Vandermonde, interpolation et comatrice (4,5 points)

1. En développant \(P(X)\) selon la dernière ligne \((1, X, \ldots, X^{n-1})\), on obtient \(P(X) = \sum_{j=1}^{n} (-1)^{n+j} \Delta_{nj}\, X^{j-1}\), où les mineurs \(\Delta_{nj}\) ne dépendent pas de \(X\). Donc \(P\) est un polynôme de degré au plus \(n – 1\), et le coefficient de \(X^{n-1}\) est \(\Delta_{nn} = V(x_1, \ldots, x_{n-1})\). Pour \(i \leq\, n – 1\), \(P(x_i)\) est un déterminant ayant deux lignes égales, donc \(P(x_i) = 0\).
   
   Montrons par récurrence sur \(n \geq\, 2\) la formule \(V(x_1, \ldots, x_n) = \prod_{1 \leq\, i < j \leq\, n} (x_j – x_i)\). Pour \(n = 2\), \(V(x_1, x_2) = x_2 – x_1\). Supposons-la vraie au rang \(n – 1\).
   
   Si les \(x_1, \ldots, x_{n-1}\) ne sont pas distincts, \(V(x_1, \ldots, x_n)\) a deux lignes égales et vaut 0, comme le produit.
   
   Sinon, le polynôme \(P – V(x_1, \ldots, x_{n-1}) \prod_{i=1}^{n-1} (X – x_i)\) est de degré au plus \(n – 2\) et s’annule en \(n – 1\) points distincts : il est nul. En évaluant en \(x_n\) et avec l’hypothèse de récurrence :
   \[V(x_1, \ldots, x_n) = V(x_1, \ldots, x_{n-1}) \prod_{i=1}^{n-1} (x_n – x_i) = \prod_{1 \leq\, i < j \leq\, n} (x_j – x_i).\]
   La formule est démontrée pour tout \(n \geq\, 2\).
2. Écrivons \(P = \sum_{k=0}^{n-1} c_k X^k\). Les conditions \(P(x_i) = y_i\) forment le système linéaire \(V C = Y\), où \(V\) est la matrice de Vandermonde, \(C\) la colonne des \(c_k\) et \(Y\) celle des \(y_i\). Les \(x_i\) étant distincts, \(\det V = \prod_{i < j} (x_j – x_i) \neq 0\) d’après a), donc \(V\) est inversible. Le système a une unique solution \(C = V^{-1} Y\), d’où l’existence et l’unicité de \(P\).
3. \(A\) est la matrice de Vandermonde de \((1, 2, 3)\), donc \(\det A = (2 – 1)(3 – 1)(3 – 2) = 2\). Les cofacteurs \(C_{ij} = (-1)^{i+j} \Delta_{ij}\) valent :
   
   \(C_{11} = 18 – 12 = 6\), \(C_{12} = -(9 – 4) = -5\), \(C_{13} = 3 – 2 = 1\) ;
   
   \(C_{21} = -(9 – 3) = -6\), \(C_{22} = 9 – 1 = 8\), \(C_{23} = -(3 – 1) = -2\) ;
   
   \(C_{31} = 4 – 2 = 2\), \(C_{32} = -(4 – 1) = -3\), \(C_{33} = 2 – 1 = 1\).
   
   Contrôle : le développement selon la première ligne donne \(1 \times 6 + 1 \times (-5) + 1 \times 1 = 2\). Avec \(A^{-1} = \dfrac{1}{\det A} \operatorname{com}(A)^{\top}\) :
   \[\operatorname{com}(A) = \begin{pmatrix} 6 -5 1 \\ -6 8 -2 \\ 2 -3 1 \end{pmatrix}, \qquad A^{-1} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 6 -6 2 \\ -5 8 -3 \\ 1 -2 1 \end{pmatrix}.\]
   On vérifie par exemple que la deuxième ligne de \(A\) contre la deuxième colonne donne \(\frac{1}{2}(-6 + 16 – 8) = 1\). \(A^{-1}\) est la matrice ci-dessus.

Barème : a) 2 points (0,5 pour le degré et le coefficient dominant, 0,5 pour les racines, 1 pour la récurrence) ; b) 1 point ; c) 1,5 point (0,5 pour \(\det A\), 0,5 pour la comatrice, 0,5 pour l’inverse).

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Après le corrigé du contrôle : permutations et déterminants

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