Déterminants : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Signature de permutations

1. On suit les images successives. D’abord \(1 \mapsto 3 \mapsto 4 \mapsto 1\), ce qui donne le cycle \((1 \ 3 \ 4)\). Ensuite \(2 \mapsto 5 \mapsto 2\), ce qui donne la transposition \((2 \ 5)\). Ainsi \(\sigma = (1 \ 3 \ 4)(2 \ 5)\), et ces deux cycles commutent car leurs supports sont disjoints. De plus, \((1 \ 3 \ 4) = (1 \ 3)(3 \ 4)\). Donc \(\sigma = (1 \ 3)(3 \ 4)(2 \ 5)\) est un produit de trois transpositions. Par conséquent, \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^3 = -1\). La figure ci-dessous représente cette décomposition.

   

2. La suite des images est \((3, 5, 4, 1, 2)\). On compte, pour chaque terme, les termes plus petits situés après lui. Le 3 précède 1 et 2 : deux inversions. Le 5 précède 4, 1 et 2 : trois inversions. Le 4 précède 1 et 2 : deux inversions. Enfin, le 1 précède 2 : aucune inversion. Au total, \(N(\sigma) = 7\), nombre impair. On retrouve donc \(\varepsilon(\sigma) = -1\).
3. On applique la composée de droite à gauche. L’image de 1 : \((4 \ 5)\), \((3 \ 4)\) et \((2 \ 3)\) le fixent, puis \((1 \ 2)\) l’envoie sur 2. L’image de 2 : il est fixé deux fois, puis \((2 \ 3)\) l’envoie sur 3, que \((1 \ 2)\) fixe. De même, 3 est envoyé sur 4 et 4 sur 5. Enfin, 5 devient successivement 4, 3, 2 puis 1. On retrouve bien \(\tau\). C’est un produit de quatre transpositions, donc \(\varepsilon(\tau) = 1\).
4. On calcule \(\sigma \circ \tau(k) = \sigma(\tau(k))\) : \(1 \mapsto \sigma(2) = 5\), \(2 \mapsto \sigma(3) = 4\), \(3 \mapsto \sigma(4) = 1\), \(4 \mapsto \sigma(5) = 2\) et \(5 \mapsto \sigma(1) = 3\). En suivant les orbites, \(1 \mapsto 5 \mapsto 3 \mapsto 1\) et \(2 \mapsto 4 \mapsto 2\). Donc \(\sigma \circ \tau = (1 \ 5 \ 3)(2 \ 4)\), de signature \((+1)(-1) = -1\). On a bien \(\varepsilon(\sigma)\, \varepsilon(\tau) = (-1) \times 1 = -1\).
5. La signature est un morphisme. Ainsi \(\varepsilon(\sigma)\, \varepsilon(\sigma^{-1}) = \varepsilon(\mathrm{id}) = 1\), donc \(\varepsilon(\sigma^{-1}) = -1\). De même, \(\varepsilon(\sigma^2) = (-1)^2 = 1\).

Point de méthode : la décomposition en cycles disjoints est la voie la plus rapide ; le comptage des inversions sert de contrôle.

Corrigé de l’exercice 2 : Déterminants d’ordre 2 et 3

1. D’abord, \(D_1 = 2 \times 7 – 5 \times 3 = 14 – 15\), donc \(D_1 = -1\).
2. On développe \(D_2\) selon la première ligne :
   \[D_2 = 1 \times (5 \times 10 – 6 \times 8) – 2 \times (4 \times 10 – 6 \times 7) + 3 \times (4 \times 8 – 5 \times 7).\]
   Cela donne \(2 – 2 \times (-2) + 3 \times (-3) = 2 + 4 – 9\), donc \(D_2 = -3\).
3. On développe \(D_3\) selon la première ligne, qui contient un zéro :
   \[D_3 = 2 \times (3 \times 4 – 1 \times 2) – (-1) \times (1 \times 4 – 1 \times 0) = 2 \times 10 + 4.\]
   Ainsi \(D_3 = 24\).
4. Enfin, \(D_4 = \cos^2\theta + \sin^2\theta\), donc \(D_4 = 1\). C’est la matrice d’une rotation, qui conserve les aires.

Les quatre déterminants sont non nuls. Par conséquent, les quatre matrices sont inversibles.

Corrigé de l’exercice 3 : Calcul par opérations élémentaires

1. Pour \(M\), on effectue d’abord \(L_4 arrow L_4 – L_3\), puis \(L_3 arrow L_3 – L_2\), puis \(L_2 arrow L_2 – L_1\). Chaque opération ajoute à une ligne un multiple d’une autre ligne encore intacte, donc le déterminant ne change pas. On obtient
   \[M = \begin{vmatrix} 1 1 1 1 \\ 0 1 1 1 \\ 0 0 1 1 \\ 0 0 0 1 \end{vmatrix}.\]
   La matrice est triangulaire supérieure, donc \(M = 1\).
2. Pour \(P\), on effectue \(L_1 arrow L_1 – L_2\), puis \(L_2 arrow L_2 – L_3\), puis \(L_3 arrow L_3 – L_4\), dans cet ordre. Les nouvelles lignes sont \((-1, 1, 1, 1)\), \((-1, -1, 1, 1)\) et \((-1, -1, -1, 1)\), et \(L_4 = (3, 2, 1, 0)\) est inchangée. Ensuite, on fait \(L_2 arrow L_2 – L_1\), \(L_3 arrow L_3 – L_1\) et \(L_4 arrow L_4 + 3L_1\) :
   \[P = \begin{vmatrix} -1 1 1 1 \\ 0 -2 0 0 \\ 0 -2 -2 0 \\ 0 5 4 3 \end{vmatrix}.\]
   On développe selon la première colonne. Il reste \(-1\) fois un déterminant triangulaire inférieur de diagonale \(-2\), \(-2\) et \(3\). Ainsi \(P = -1 \times (-2) \times (-2) \times 3\), c’est-à-dire \(P = -12\).

Point de méthode : soustraire des lignes voisines fait apparaître des lignes presque constantes, beaucoup plus faciles à traiter.

Corrigé de l’exercice 4 : Développement selon une ligne ou une colonne

1. La troisième ligne de \(\Delta\) ne contient qu’un coefficient non nul, \(a_{33} = 5\), de signe \((-1)^{3+3} = 1\). En développant selon cette ligne, puis le mineur selon sa première ligne, on obtient
   \[\Delta = 5 \begin{vmatrix} 1 0 0 \\ 3 1 1 \\ 2 0 4 \end{vmatrix} = 5 \times 1 \times \begin{vmatrix} 1 1 \\ 0 4 \end{vmatrix} = 5 \times 4.\]
   Donc \(\Delta = 20\).
2. On développe selon la première ligne :
   \[f(x) = x \begin{vmatrix} x 1 \\ 1 x \end{vmatrix} – 1 \times \begin{vmatrix} 1 1 \\ 0 x \end{vmatrix} = x(x^2 – 1) – x.\]
   Ainsi \(f(x) = x^3 – 2x = x(x^2 – 2)\).
3. La matrice est inversible si et seulement si \(f(x) \neq 0\). Donc elle est inversible si et seulement si \(x \notin \{-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2}\}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Base ou non selon un paramètre

1. La matrice des coordonnées a pour colonnes \(u_1\), \(u_2\) et \(u_3\). Chaque colonne a pour somme \(m + 2\). On fait donc \(L_1 arrow L_1 + L_2 + L_3\), puis on factorise \(m + 2\) :
   \[\det_{\mathcal{B}}(u_1, u_2, u_3) = (m + 2) \begin{vmatrix} 1 1 1 \\ 1 m 1 \\ m 1 1 \end{vmatrix}.\]
   Ensuite, avec \(C_2 arrow C_2 – C_1\) et \(C_3 arrow C_3 – C_1\), la première ligne devient \((1, 0, 0)\). On développe selon cette ligne :
   \[\det_{\mathcal{B}}(u_1, u_2, u_3) = (m + 2) \begin{vmatrix} m – 1 0 \\ 1 – m 1 – m \end{vmatrix} = (m + 2)(m – 1)(1 – m).\]
   Donc \(\det_{\mathcal{B}}(u_1, u_2, u_3) = -(m + 2)(m – 1)^2\).
2. Une famille de trois vecteurs de \(\mathbb{R}^3\) est une base si et seulement si son déterminant est non nul. Par conséquent, \((u_1, u_2, u_3)\) est une base si et seulement si \(m \notin \{-2, 1\}\).
3. Pour \(m = 1\), les trois vecteurs valent \((1, 1, 1)\), donc \(u_1 – u_2 = 0\). Pour \(m = -2\), on a \(u_1 = (1, 1, -2)\), \(u_2 = (1, -2, 1)\) et \(u_3 = (-2, 1, 1)\). En sommant coordonnée par coordonnée, \(u_1 + u_2 + u_3 = 0\).

Corrigé de l’exercice 6 : Résolution d’un système de Cramer

1. On développe le déterminant du système selon la première ligne :
   \[\det A = \begin{vmatrix} 1 1 1 \\ 2 -1 1 \\ 1 2 -1 \end{vmatrix} = 1 \times (1 – 2) – 1 \times (-2 – 1) + 1 \times (4 + 1) = -1 + 3 + 5.\]
   Ainsi \(\det A = 7 \neq 0\). Le système a autant d’équations que d’inconnues et sa matrice est inversible : c’est un système de Cramer.
2. On remplace successivement chaque colonne par le second membre \((6, 3, 2)\), puis on développe selon la première ligne.
   \[\Delta_x = \begin{vmatrix} 6 1 1 \\ 3 -1 1 \\ 2 2 -1 \end{vmatrix} = 6 \times (-1) – 1 \times (-5) + 1 \times 8 = 7.\]
   \[\Delta_y = \begin{vmatrix} 1 6 1 \\ 2 3 1 \\ 1 2 -1 \end{vmatrix} = 1 \times (-5) – 6 \times (-3) + 1 \times 1 = 14.\]
   \[\Delta_z = \begin{vmatrix} 1 1 6 \\ 2 -1 3 \\ 1 2 2 \end{vmatrix} = 1 \times (-8) – 1 \times 1 + 6 \times 5 = 21.\]
   Les formules de Cramer donnent \(x = \frac{7}{7}\), \(y = \frac{14}{7}\) et \(z = \frac{21}{7}\). Donc \((x, y, z) = (1, 2, 3)\). Vérification : \(1 + 2 + 3 = 6\), \(2 – 2 + 3 = 3\) et \(1 + 4 – 3 = 2\).

Corrigé de l’exercice 7 : Aire d’un parallélogramme et d’un triangle

1. On a \(\vec{AB} = (4, 1)\) et \(\vec{AC} = (1, 3)\). Donc \(\det(\vec{AB}, \vec{AC}) = 4 \times 3 – 1 \times 1\), soit \(\det(\vec{AB}, \vec{AC}) = 11\). Ce nombre est strictement positif, donc la base est directe.
2. \(ABDC\) est un parallélogramme si et seulement si \(\vec{CD} = \vec{AB}\). Ainsi \(D = (2 + 4, 4 + 1)\), c’est-à-dire \(D(6, 5)\). Son aire est la valeur absolue du déterminant précédent : l’aire vaut 11.
3. La diagonale \([BC]\) partage le parallélogramme en deux triangles de même aire. Donc l’aire du triangle \(ABC\) vaut \(\frac{11}{2}\).
4. On a \(\vec{AE} = (8, 2)\), donc \(\det(\vec{AB}, \vec{AE}) = 4 \times 2 – 1 \times 8 = 0\). Les vecteurs sont colinéaires ; en effet, \(\vec{AE} = 2\vec{AB}\). Par conséquent, \(A\), \(B\) et \(E\) sont alignés.

La figure ci-dessous résume ces résultats : parallélogramme, triangle hachuré et alignement.

Corrigé de l’exercice 8 : Formes bilinéaires alternées du plan

1. Comme \(\varphi\) est alternée, \(\varphi(e_1 + e_2, e_1 + e_2) = 0\). On développe par bilinéarité : \(\varphi(e_1, e_1) + \varphi(e_1, e_2) + \varphi(e_2, e_1) + \varphi(e_2, e_2) = 0\). Les termes extrêmes sont nuls, donc \(\varphi(e_2, e_1) = -\varphi(e_1, e_2)\). Ensuite, on écrit \(x = x_1 e_1 + x_2 e_2\) et \(y = y_1 e_1 + y_2 e_2\). Par bilinéarité,
   \[\varphi(x, y) = x_1 y_1 \varphi(e_1, e_1) + x_1 y_2 \varphi(e_1, e_2) + x_2 y_1 \varphi(e_2, e_1) + x_2 y_2 \varphi(e_2, e_2).\]
   Il reste \((x_1 y_2 – x_2 y_1)\, \varphi(e_1, e_2)\). Donc \(\varphi = \varphi(e_1, e_2) \det_{\mathcal{B}}\).
2. D’abord, \(f = 2 \det_{\mathcal{B}}\). C’est un multiple d’une forme bilinéaire alternée, donc \(f\) est bilinéaire alternée, égale à \(2 \det_{\mathcal{B}}\). En revanche, \(g\) est bilinéaire, mais \(g(e_1, e_1) = 1 \neq 0\). Par conséquent, \(g\) n’est pas alternée.
3. Soit \(\psi\) une forme trilinéaire alternée sur \(\mathbb{R}^2\). Par trilinéarité, \(\psi(x, y, z)\) est une combinaison linéaire des \(\psi(e_i, e_j, e_k)\) avec \(i, j, k \in \{1, 2\}\). Or trois indices pris dans un ensemble à deux éléments ne peuvent pas être distincts. Chaque terme contient donc deux vecteurs égaux et il est nul. Ainsi \(\psi = 0\).

Point de méthode : ce calcul est le cas \(n = 2\) de la démonstration générale du cours ; il est bon de savoir le refaire.

Corrigé de l’exercice 9 : Propriétés algébriques du déterminant

1. D’une part, \(\det(A^{T}) = \det A\). D’autre part, \(\det(A^{T}) = \det(-A) = (-1)^n \det A = -\det A\), car \(n\) est impair. Ainsi \(\det A = -\det A\), donc \(\det A = 0\).
2. On développe selon la première ligne :
   \[\det A = 0 \times (0 + 9) – 1 \times (0 – 6) + (-2) \times (3 – 0) = 6 – 6.\]
   On trouve bien \(\det A = 0\).
3. Supposons \(A^2 = -I_n\). Alors \((\det A)^2 = \det(-I_n) = (-1)^n = -1\). C’est impossible pour un réel. Donc une telle matrice n’existe pas si \(n\) est impair. Pour \(n = 2\), en revanche, la matrice \(\begin{pmatrix} 0 -1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\) convient : son carré vaut \(-I_2\). C’est la rotation d’angle \(\frac{\pi}{2}\).
4. Le déterminant est multiplicatif, donc \((\det A)^p = \det(A^p) = \det(0) = 0\). Par conséquent, \(\det A = 0\).
5. Si \(B = P^{-1} A P\) avec \(P\) inversible, alors \(\det B = \det(P^{-1}) \det A \det P = \frac{1}{\det P} \det A \det P\). Donc \(\det B = \det A\).

Corrigé de l’exercice 10 : Déterminant de quelques endomorphismes

1. Dans la base \((E_{11}, E_{12}, E_{21}, E_{22})\), l’application \(t\) fixe \(E_{11}\) et \(E_{22}\), et échange \(E_{12}\) et \(E_{21}\). Sa matrice s’obtient donc à partir de \(I_4\) en échangeant les colonnes 2 et 3. Ainsi \(\det t = -1\) et \(t\) est bijective ; d’ailleurs \(t \circ t = \mathrm{id}\).
2. Dans la base \((1, X, \ldots, X^n)\), on a \(v(X^k) = X^k + k X^{k-1}\). La matrice de \(v\) est donc triangulaire supérieure, avec des 1 sur la diagonale. Par conséquent, \(\det v = 1\) et \(v\) est bijective.
3. On calcule \(w(1) = 1\), \(w(X) = 1 + X\) et \(w(X^2) = 1 + 2X + X^2\). La matrice de \(w\) est
   \[\begin{pmatrix} 1 1 1 \\ 0 1 2 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}.\]
   Elle est triangulaire, donc \(\det w = 1\) et \(w\) est bijective, de réciproque \(P \mapsto P(X – 1)\).
4. Prenons une base \((f_1, f_2)\) de \(F\) et un vecteur \(g\) dirigeant \(G\). Dans la base \((f_1, f_2, g)\) de \(\mathbb{R}^3\), la matrice de \(s\) est diagonale, de coefficients \(1\), \(1\) et \(-1\). Donc \(\det s = -1\) et \(s\) est bijective. De même, la matrice de \(p\) est diagonale de coefficients \(1\), \(1\) et \(0\). Ainsi \(\det p = 0\) et \(p\) n’est pas bijective.

Point de méthode : le déterminant d’un endomorphisme se calcule dans la base la plus commode, car il ne dépend pas de la base.

Corrigé de l’exercice 11 : Inverse par la comatrice

1. On développe selon la première ligne : \(\det A = 1 \times (1 – 0) – 2 \times (0 – 1) + 0\). Donc \(\det A = 3\).
2. On calcule \(C_{ij} = (-1)^{i+j} \Delta_{ij}\). Pour la première ligne : \(C_{11} = 1\), \(C_{12} = -(0 – 1) = 1\) et \(C_{13} = 0 – 1 = -1\). Pour la deuxième : \(C_{21} = -(2 – 0) = -2\), \(C_{22} = 1 – 0 = 1\) et \(C_{23} = -(0 – 2) = 2\). Pour la troisième : \(C_{31} = 2 – 0 = 2\), \(C_{32} = -(1 – 0) = -1\) et \(C_{33} = 1 – 0 = 1\). Ainsi
   \[\operatorname{com}(A) = \begin{pmatrix} 1 1 -1 \\ -2 1 2 \\ 2 -1 1 \end{pmatrix}.\]
3. La formule \(A^{-1} = \frac{1}{\det A} \operatorname{com}(A)^{T}\) donne
   \[A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 -2 2 \\ 1 1 -1 \\ -1 2 1 \end{pmatrix}.\]
   Vérifions. La première ligne de \(A\), \((1, 2, 0)\), donne avec les trois colonnes \(1 + 2 = 3\), \(-2 + 2 = 0\) et \(2 – 2 = 0\). La deuxième, \((0, 1, 1)\), donne \(0\), \(3\) et \(0\). La troisième, \((1, 0, 1)\), donne \(0\), \(0\) et \(3\). Après division par 3, on obtient bien \(A A^{-1} = I_3\).

Corrigé de l’exercice 12 : Système de Cramer à paramètre

1. Le déterminant du système vaut \(m^2 – 1 = (m – 1)(m + 1)\). C’est donc un système de Cramer si et seulement si \(m \notin \{-1, 1\}\). Dans ce cas, on calcule
   \[\Delta_x = \begin{vmatrix} 2 1 \\ 2 m \end{vmatrix} = 2(m – 1), \qquad \Delta_y = \begin{vmatrix} m 2 \\ 1 2 \end{vmatrix} = 2(m – 1).\]
   Après simplification par \(m – 1 \neq 0\), \(x = y = \frac{2}{m + 1}\).
2. Pour \(m = 1\), les deux équations se réduisent à \(x + y = 2\). L’ensemble des solutions est donc la droite \(\{(t, 2 – t) : t \in \mathbb{R}\}\). Pour \(m = -1\), le système s’écrit \(-x + y = 2\) et \(x – y = 2\). En ajoutant les deux équations, on obtient \(0 = 4\). Il n’y a donc aucune solution.
3. Chaque équation définit une droite. Si \(m \neq \pm 1\), les droites sont sécantes en un seul point. Si \(m = 1\), elles sont confondues. Si \(m = -1\), elles sont parallèles et distinctes. La figure ci-dessous montre les trois situations, avec \(m = 3\) pour le premier cas : l’intersection est alors \((\frac{1}{2}, \frac{1}{2})\).

   

Point de méthode : un déterminant nul ne dit pas s’il y a zéro ou une infinité de solutions ; il faut alors revenir au système.

Corrigé de l’exercice 13 : Un déterminant tridiagonal

1. D’abord, \(D_1 = 2\) et \(D_2 = 2 \times 2 – (-1) \times (-1) = 3\). Ensuite, en développant selon la première ligne,
   \[D_3 = \begin{vmatrix} 2 -1 0 \\ -1 2 -1 \\ 0 -1 2 \end{vmatrix} = 2 \times (4 – 1) + 1 \times (-2 – 0) = 4.\]
   Donc \(D_1 = 2\), \(D_2 = 3\) et \(D_3 = 4\).
2. Soit \(n \geq\, 3\). On développe \(D_n\) selon la première ligne, qui ne contient que \(a_{11} = 2\) et \(a_{12} = -1\). Le cofacteur de \(a_{11}\) est \(D_{n-1}\). Celui de \(a_{12}\) vaut \(-\Delta_{12}\), où \(\Delta_{12}\) s’obtient en supprimant la ligne 1 et la colonne 2. La première colonne de ce mineur est \((-1, 0, \ldots, 0)\). En la développant, on trouve \(\Delta_{12} = -D_{n-2}\). Ainsi
   \[D_n = 2 D_{n-1} + (-1) \times (-1) \times (-D_{n-2}) = 2 D_{n-1} – D_{n-2}.\]
   Par conséquent, \(D_n – D_{n-1} = D_{n-1} – D_{n-2}\). La suite \((D_n – D_{n-1})\) est constante, égale à \(D_2 – D_1 = 1\). La suite \((D_n)\) est donc arithmétique de raison 1, et \(D_n = n + 1\) pour tout \(n \geq\, 1\).
3. Le même développement, avec \(a = 1\), \(b = 1\) et \(c = -1\), donne \(\Delta_n = \Delta_{n-1} – bc\, \Delta_{n-2}\), soit \(\Delta_n = \Delta_{n-1} + \Delta_{n-2}\) pour \(n \geq\, 3\). De plus, \(\Delta_1 = 1 = F_2\) et \(\Delta_2 = 1 \times 1 – 1 \times (-1) = 2 = F_3\). Les suites \((\Delta_n)\) et \((F_{n+1})\) vérifient la même récurrence et ont les mêmes deux premiers termes. Une récurrence double montre donc que \(\Delta_n = F_{n+1}\) pour tout \(n \geq\, 1\).

La figure ci-dessous compare les deux suites : \(D_n\) croît de façon affine, alors que \(\Delta_n\) croît exponentiellement.

Corrigé de l’exercice 14 : Déterminant de Vandermonde numérique

1. Avec \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – L_1\), on obtient les lignes \((0, 1, 2)\) et \((0, 3, 8)\). Puis on développe selon la première colonne : le déterminant vaut \(1 \times 8 – 2 \times 3 = 2\). Par ailleurs, ce déterminant est la transposée de \(V(1, 2, 3)\), qui vaut \((2 – 1)(3 – 1)(3 – 2) = 2\). Dans les deux cas, le déterminant vaut 2.
2. On effectue \(C_3 arrow C_3 – a C_2\), puis \(C_2 arrow C_2 – a C_1\). Les lignes deviennent \((1, 0, 0)\), \((1, b – a, b(b – a))\) et \((1, c – a, c(c – a))\). On développe selon la première ligne, puis on factorise \(b – a\) et \(c – a\) :
   \[\begin{vmatrix} 1 a a^2 \\ 1 b b^2 \\ 1 c c^2 \end{vmatrix} = (b – a)(c – a) \begin{vmatrix} 1 b \\ 1 c \end{vmatrix} = (b – a)(c – a)(c – b).\]
   C’est bien \((b – a)(c – a)(c – b)\).
3. On reconnaît \(V(1, 2, 3, 4)\). D’après la formule du cours, il vaut \((2 – 1)(3 – 1)(4 – 1)(3 – 2)(4 – 2)(4 – 3) = 1 \times 2 \times 3 \times 1 \times 2 \times 1\). Donc le déterminant vaut 12.

Corrigé de l’exercice 15 : Matrice à diagonale constante

1. Chaque ligne de \(A_n(a, b)\) a pour somme \(a + (n – 1)b\). On effectue \(C_1 arrow C_1 + C_2 + \cdots + C_n\), puis on factorise cette somme. La première colonne ne contient alors que des 1. Ensuite, on fait \(L_i arrow L_i – L_1\) pour \(i \geq\, 2\). La ligne \(i\) devient \((0, \ldots, 0, a – b, 0, \ldots, 0)\), avec \(a – b\) en position \(i\). La matrice obtenue est triangulaire supérieure, de diagonale \(1, a – b, \ldots, a – b\). Par conséquent, \(\det A_n(a, b) = (a + (n – 1)b)(a – b)^{n-1}\).
2. Pour \(n = 4\), \(a = 2\) et \(b = 1\), la formule donne \((2 + 3)(2 – 1)^3 = 5\). Directement, \(C_1 arrow C_1 + C_2 + C_3 + C_4\) donne une colonne de 5. Après factorisation et \(L_i arrow L_i – L_1\), on obtient une matrice triangulaire de diagonale \(1, 1, 1, 1\). On trouve bien 5.
3. On a \(J_n – \lambda I_n = A_n(1 – \lambda, 1)\). D’après la question 1, son déterminant vaut \((1 – \lambda + n – 1)(1 – \lambda – 1)^{n-1} = (n – \lambda)(-\lambda)^{n-1}\). Il s’annule exactement pour \(\lambda = n\) ou \(\lambda = 0\). Donc \(J_n – \lambda I_n\) n’est pas inversible si et seulement si \(\lambda \in \{0, n\}\).

Point de méthode : quand toutes les lignes ont la même somme, on ajoute toutes les colonnes à la première et on factorise.

Corrigé de l’exercice 16 : Matrices entières inversibles

1. Dans la formule \(\det A = \sum_{\sigma} \varepsilon(\sigma) \prod_{j} a_{\sigma(j) j}\), chaque terme est un produit d’entiers multiplié par \(\pm 1\). Une somme d’entiers est entière, donc \(\det A \in \mathbb{Z}\).
2. On a \(\det A \cdot \det(A^{-1}) = \det I_n = 1\). D’après la question 1, les deux facteurs sont des entiers. Or les seuls entiers inversibles dans \(\mathbb{Z}\) sont \(1\) et \(-1\). Par conséquent, \(\det A \in \{-1, 1\}\).
3. Si \(\det A = \pm 1\), alors \(\det A \neq 0\), donc \(A\) est inversible. De plus, \(A^{-1} = \frac{1}{\det A} \operatorname{com}(A)^{T} = \pm \operatorname{com}(A)^{T}\). Chaque cofacteur est, au signe près, un déterminant de matrice entière, donc un entier. Ainsi \(A^{-1}\) est à coefficients entiers.
4. La première matrice a pour déterminant \(4 – 3 = 1\). Son inverse est \(\begin{pmatrix} 2 -3 \\ -1 2 \end{pmatrix}\), qui est bien entière. La seconde a pour déterminant \(4\). Son inverse est \(\frac{1}{4}\begin{pmatrix} 2 -1 \\ 0 2 \end{pmatrix}\), dont le coefficient \(-\frac{1}{4}\) n’est pas entier, conformément à la question 2.

Corrigé de l’exercice 17 : Signature du retournement et matrice anti-diagonale

1. Si \(i < j\), alors \(\omega(i) = n + 1 – i > n + 1 – j = \omega(j)\). Tous les couples \((i, j)\) avec \(i < j\) sont donc des inversions. Il y en a \(\binom\,{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\). Par conséquent, \(\varepsilon(\omega) = (-1)^{n(n-1)/2}\).
2. La permutation \(\omega\) échange \(i\) et \(n + 1 – i\). Elle fixe le milieu \(\frac{n+1}{2}\) lorsque \(n\) est impair. Ainsi \(\omega\) est le produit des transpositions \((i \ \ n + 1 – i)\) pour \(1 \leq\, i \leq\, \lfloor n/2 \rfloor\), qui ont des supports disjoints. Donc \(\varepsilon(\omega) = (-1)^{\lfloor n/2 \rfloor}\). Vérifions : pour \(n = 2, 3, 4, 5\), on a \(\frac{n(n-1)}{2} = 1, 3, 6, 10\) et \(\lfloor n/2 \rfloor = 1, 1, 2, 2\). Les parités coïncident dans chaque cas.
3. Notons \(M\) cette matrice. Dans la formule \(\det M = \sum_{\sigma} \varepsilon(\sigma) \prod_{j} m_{\sigma(j) j}\), un terme est non nul seulement si \(\sigma(j) = n + 1 – j\) pour tout \(j\), c’est-à-dire si \(\sigma = \omega\). Le produit vaut alors \(a_1 a_2 \cdots a_n\). Par conséquent, \(\det M = (-1)^{n(n-1)/2}\, a_1 a_2 \cdots a_n\).

Corrigé de l’exercice 18 : Comatrice, déterminant et rang

1. On part de \(A \operatorname{com}(A)^{T} = \det(A) I_n\). En prenant le déterminant, \(\det A \cdot \det(\operatorname{com}(A)^{T}) = (\det A)^n\). Or \(\det A \neq 0\) et \(\det(\operatorname{com}(A)^{T}) = \det(\operatorname{com} A)\). Donc \(\det(\operatorname{com} A) = (\det A)^{n-1}\). Ensuite, \(\operatorname{com}(A)^{T} = \det(A) A^{-1}\). En transposant, \(\operatorname{com}(A) = \det(A)\, (A^{-1})^{T}\).
2. Supposons \(\operatorname{rg} A \leq\, n – 2\). Fixons \(i\) et \(j\). Les \(n – 1\) colonnes de \(A\) autres que la colonne \(j\) engendrent un espace de dimension au plus \(n – 2\). Elles sont donc liées. La même relation de dépendance reste vraie après suppression de la ligne \(i\). Ainsi les colonnes de \(A_{ij}\) sont liées et \(\Delta_{ij} = 0\). Tous les cofacteurs sont nuls, donc \(\operatorname{com}(A) = 0\).
3. Supposons \(\operatorname{rg} A = n – 1\). Alors \(\det A = 0\), donc \(A \operatorname{com}(A)^{T} = 0\). Chaque colonne de \(\operatorname{com}(A)^{T}\) appartient donc à \(\ker A\). Or, d’après le théorème du rang, \(\dim \ker A = 1\). Ainsi \(\operatorname{rg}(\operatorname{com}(A)^{T}) \leq\, 1\). De plus, d’après le résultat admis, \(A\) possède une sous-matrice inversible de taille \(n – 1\). C’est l’une des \(A_{ij}\), donc un mineur est non nul et \(\operatorname{com}(A) \neq 0\). Comme une matrice et sa transposée ont le même rang, \(\operatorname{rg}(\operatorname{com} A) = 1\).
4. On a \(L_3 = 2L_2 – L_1\), et \(L_1\), \(L_2\) ne sont pas colinéaires : \(\operatorname{rg} A = 2 = n – 1\). Le calcul des neuf cofacteurs donne, par exemple, \(C_{11} = 45 – 48 = -3\), \(C_{12} = -(36 – 42) = 6\) et \(C_{22} = 9 – 21 = -12\). Au total,
   \[\operatorname{com}(A) = \begin{pmatrix} -3 6 -3 \\ 6 -12 6 \\ -3 6 -3 \end{pmatrix}.\]
   Ses lignes sont toutes proportionnelles à \((1, -2, 1)\), donc \(\operatorname{rg}(\operatorname{com} A) = 1\). D’ailleurs, \(A (1, -2, 1)^{T} = 0\) : ce vecteur engendre bien \(\ker A\).
5. Pour \(A = \begin{pmatrix} a b \\ c d \end{pmatrix}\), on a \(\operatorname{com}(A) = \begin{pmatrix} d -c \\ -b a \end{pmatrix}\). On applique la même règle à cette matrice : on obtient \(\begin{pmatrix} a b \\ c d \end{pmatrix}\). Donc \(\operatorname{com}(\operatorname{com} A) = A\) pour \(n = 2\).

Corrigé de l’exercice 19 : Déterminant triangulaire par blocs

1. On raisonne par récurrence sur \(p\). La matrice \(\begin{pmatrix} I_p 0 \\ 0 B \end{pmatrix}\) a pour première colonne \(e_1\). En développant selon cette colonne, on obtient le déterminant de \(\begin{pmatrix} I_{p-1} 0 \\ 0 B \end{pmatrix}\). Après \(p\) étapes, il reste \(\det B\). De même, la dernière ligne de \(\begin{pmatrix} A C \\ 0 I_q \end{pmatrix}\) est \((0, \ldots, 0, 1)\), de signe \((-1)^{2(p+q)} = 1\). En développant \(q\) fois selon la dernière ligne, il reste \(\det A\).
2. Par produit par blocs, \(\begin{pmatrix} I_p 0 \\ 0 B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A C \\ 0 I_q \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I_p A + 0 I_p C + 0 \\ 0 + 0 0 + B I_q \end{pmatrix} = M\). Le déterminant est multiplicatif, donc \(\det M = \det A \cdot \det B\).
3. Le déterminant proposé est triangulaire par blocs, avec \(A = \begin{pmatrix} 1 2 \\ 3 4 \end{pmatrix}\) et \(B = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 3 \end{pmatrix}\). Ainsi il vaut \((4 – 6)(6 – 1) = (-2) \times 5\), soit \(-10\).
4. Prenons \(p = q = 2\), \(A = D = 0\) et \(B = C = I_2\). La matrice \(\begin{pmatrix} 0 I_2 \\ I_2 0 \end{pmatrix}\) devient \(I_4\) après les échanges \(L_1 rightarrow L_3\) et \(L_2 rightarrow L_4\). Son déterminant vaut donc \((-1)^2 = 1\). Or \(\det A \det D – \det B \det C = 0 – 1 = -1\). Par conséquent, la formule proposée est fausse en général.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème : Vandermonde, interpolation et exponentielles

Partie A.

1. Si \(a_i = a_k\) avec \(i \neq k\), les lignes \(i\) et \(k\) sont égales. Le déterminant est alterné, donc \(V(a_1, \ldots, a_n) = 0\).
2. La dernière ligne de la matrice est \((1, x, \ldots, x^{n-1})\). En développant selon cette ligne, \(P(x) = \sum_{j=1}^{n} x^{j-1} C_{nj}\), où les cofacteurs \(C_{nj}\) ne dépendent pas de \(x\). Donc \(P\) est polynomiale de degré au plus \(n – 1\). Le coefficient de \(x^{n-1}\) est \(C_{nn} = (-1)^{2n} V(a_1, \ldots, a_{n-1})\). C’est bien \(V(a_1, \ldots, a_{n-1})\), avec la convention \(V(a_1) = 1\) lorsque \(n = 2\).
3. Pour \(x = a_i\) avec \(i \leq\, n – 1\), deux lignes sont égales, donc \(P(a_i) = 0\). Ainsi \(P\) admet les \(n – 1\) racines distinctes \(a_1, \ldots, a_{n-1}\). Par conséquent, le polynôme \(Q = \prod_{i=1}^{n-1} (X – a_i)\) divise \(P\). Comme \(\deg P \leq\, n – 1 = \deg Q\), le quotient est une constante \(\lambda\), et \(P = \lambda Q\). En comparant les coefficients de \(x^{n-1}\), on obtient \(\lambda = V(a_1, \ldots, a_{n-1})\). Ainsi \(P(x) = V(a_1, \ldots, a_{n-1}) \prod_{i=1}^{n-1} (x – a_i)\).
4. Pour \(n = 2\), on a \(V(a_1, a_2) = a_2 – a_1\). Supposons la formule vraie au rang \(n – 1\). Si deux des \(a_1, \ldots, a_{n-1}\) sont égaux, les deux membres sont nuls. Sinon, on évalue la question 3 en \(x = a_n\) :
   \[V(a_1, \ldots, a_n) = \prod_{1 \leq\, i < j \leq\, n-1} (a_j – a_i) \times \prod_{i=1}^{n-1} (a_n – a_i).\]
   On obtient \(V(a_1, \ldots, a_n) = \prod_{1 \leq\, i < j \leq\, n} (a_j – a_i)\). En particulier, \(V(1, \ldots, n) = \prod_{j=2}^{n} \prod_{i=1}^{j-1} (j – i) = \prod_{j=2}^{n} (j – 1)!\). Donc \(V(1, 2, \ldots, n) = \prod_{k=1}^{n-1} k!\) ; pour \(n = 4\), on retrouve \(1 \times 2 \times 6 = 12\).

Partie B.

1. Écrivons \(P = c_0 + c_1 X + \cdots + c_d X^d\). Les conditions \(P(x_k) = y_k\) forment un système linéaire de \(d + 1\) équations aux \(d + 1\) inconnues \(c_0, \ldots, c_d\). Sa matrice est \(\big(x_k^{\,j}\big)\), de déterminant \(V(x_0, \ldots, x_d)\). Ce déterminant est non nul, car les \(x_k\) sont distincts. C’est donc un système de Cramer : il existe un unique polynôme \(P \in \mathbb{R}_d[X]\) qui convient.
2. On cherche \(P = c_0 + c_1 X + c_2 X^2\). D’abord, \(P(0) = 1\) donne \(c_0 = 1\). Ensuite, \(P(1) = 3\) donne \(c_1 + c_2 = 2\). Enfin, \(P(2) = 7\) donne \(2c_1 + 4c_2 = 6\), soit \(c_1 + 2c_2 = 3\). Par soustraction, \(c_2 = 1\), puis \(c_1 = 1\). Donc \(P = X^2 + X + 1\). La figure ci-dessous montre la parabole obtenue, qui passe bien par les trois points imposés.

   

Partie C.

1. La fonction \(\sum_{k} c_k f_k\) est nulle, donc toutes ses dérivées le sont. Or la dérivée \(j\)-ième de \(f_k\) est \(x \mapsto \lambda_k^{\,j} e^{\lambda_k x}\). En évaluant en 0, on obtient \(\sum_{k=1}^{n} \lambda_k^{\,j} c_k = 0\) pour \(j = 0, 1, \ldots, n – 1\).
2. Ce système de \(n\) équations à \(n\) inconnues a pour matrice \(\big(\lambda_k^{\,j}\big)\), transposée de la matrice de Vandermonde de \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\). Son déterminant est donc \(\prod_{i < j} (\lambda_j – \lambda_i) \neq 0\). La matrice est inversible, et la seule solution est \(c_1 = \cdots = c_n = 0\). Par conséquent, la famille \((f_1, \ldots, f_n)\) est libre.

Point de méthode : dès que l’on évalue des puissances en des points distincts, une matrice de Vandermonde apparaît, et son déterminant non nul fournit l’unicité.

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• À maîtriser avant : Matrice d'une application linéaire et changement de base
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