Déterminants tridiagonaux et signatures : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : déterminants tridiagonaux et signatures

Le corrigé détaillé : déterminants tridiagonaux et signatures

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

1. Posons \(\varphi(X_1, \ldots, X_n) = \det(AX_1, \ldots, AX_n)\) pour des colonnes \(X_1, \ldots, X_n\) de \(\mathbb{R}^n\). D’une part, \(X \mapsto AX\) est linéaire et \(\det\) est linéaire par rapport à chaque colonne, donc \(\varphi\) est n-linéaire. D’autre part, si \(X_i = X_j\) avec \(i \neq j\), alors \(AX_i = AX_j\) et le déterminant est nul : \(\varphi\) est alternée.

   D’après le résultat admis, il existe donc un réel \(\lambda\) tel que \(\varphi = \lambda \det\). En évaluant en \((e_1, \ldots, e_n)\), on obtient \(\lambda = \det(Ae_1, \ldots, Ae_n) = \det(A)\), car \(Ae_j\) est la colonne numéro \(j\) de \(A\).

   Enfin, si \(C_1, \ldots, C_n\) sont les colonnes de \(B\), les colonnes de \(AB\) sont \(AC_1, \ldots, AC_n\). Ainsi \(\det(AB) = \varphi(C_1, \ldots, C_n) = \det(A)\det(B)\).

2. Si \(A\) est inversible, alors \(AA^{-1} = I_n\), donc \(\det(A)\det\left(A^{-1}\right) = \det(I_n) = 1\). Par conséquent, \(\det(A)\) n’est pas nul. De plus, \(\det\left(A^{-1}\right) = \frac{1}{\det(A)}\).
3. Supposons qu’une matrice réelle \(A\) d’ordre 3 vérifie \(A^2 = -I_3\). La question 1 donne alors \(\det(A)^2 = \det(-I_3) = (-1)^3 = -1\), ce qui est impossible pour un réel. Une telle matrice n’existe donc pas. En ordre 2, en revanche, \(\det(-I_2) = 1\), et l’argument ne conclut plus : par exemple, \(\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^2 = -I_2\).

Barème : 1) linéarité (0,5), caractère alterné (0,25), identification de \(\lambda\) (0,5) et conclusion (0,25) ; 2) 0,5 point ; 3) argument en ordre 3 (0,75) et exemple en ordre 2 (0,25).

Piège classique : écrire \(\det(-I_3) = -1\) sans préciser pourquoi. La multilinéarité donne \(\det(\lambda M) = \lambda^n \det(M)\), et c’est l’exposant 3 qui produit le signe moins.

Exercice 2 – Une permutation de neuf éléments (4 points)

1. Le diagramme se lit ainsi :

   \[\sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 4 & 1 & 9 & 7 & 8 & 5 & 2 & 6 & 3 \end{pmatrix}.\]

   On suit alors les images à partir de 1 : \(1 \to 4 \to 7 \to 2 \to 1\). Ensuite, \(3 \to 9 \to 3\), puis \(5 \to 8 \to 6 \to 5\). Ainsi \(\sigma = (1\; 4\; 7\; 2)(3\; 9)(5\; 8\; 6)\), produit de cycles à supports disjoints.

2. Un cycle de longueur \(k\) a pour signature \((-1)^{k-1}\). Donc \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^3 \times (-1)^1 \times (-1)^2 = 1\). Par ailleurs, les cycles disjoints commutent, et l’ordre de \(\sigma\) est le PPCM de leurs longueurs. Ainsi \(\varepsilon(\sigma) = 1\) et \(\sigma\) est d’ordre \(\mathrm{ppcm}(4, 2, 3) = 12\).
3. On effectue la division euclidienne \(2027 = 12 \times 168 + 11\). Comme \(\sigma^{12} = \mathrm{id}\), il vient \(\sigma^{2027} = \sigma^{11} = \sigma^{-1}\). Il suffit donc de parcourir chaque cycle en sens inverse. Par conséquent, \(\sigma^{2027} = (1\; 2\; 7\; 4)(3\; 9)(5\; 6\; 8)\).

4. Pour \(i < j\), on a \(\rho_n(i) = n + 1 – i > n + 1 – j = \rho_n(j)\). Toutes les paires forment donc une inversion, et il y en a \(\frac{n(n-1)}{2}\). D’où \(\varepsilon(\rho_n) = (-1)^{n(n-1)/2}\).

   D’autre part, \(\rho_n\) échange \(i\) et \(n + 1 – i\) pour \(1 \leq i \leq \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\), et fixe le milieu si \(n\) est impair. C’est donc le produit de \(\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\) transpositions disjointes, et \(\varepsilon(\rho_n) = (-1)^{\lfloor n/2 \rfloor}\). Les deux exposants ont la même parité, ce que l’on vérifie selon le reste de \(n\) modulo 4. Ainsi \(\rho_n\) est paire si et seulement si \(n \equiv 0\) ou \(n \equiv 1\) modulo 4.

Barème : 1) tableau (0,25) et cycles (0,75) ; 2) signature (0,5) et ordre (0,5) ; 3) réduction de l’exposant (0,5) et résultat (0,5) ; 4) inversions (0,5), transpositions et conclusion (0,5).

Piège classique : donner \((-1)^k\) comme signature d’un cycle de longueur \(k\). Un cycle de longueur \(k\) s’écrit avec \(k – 1\) transpositions, d’où l’exposant \(k – 1\).

Exercice 3 – Un déterminant tridiagonal de taille n (4,5 points)

1. On a \(D_1 = 5\) et \(D_2 = 5 \times 5 – 2 \times 3 = 19\). Pour \(D_3\), développons selon la première ligne : \(D_3 = 5\,(25 – 6) – 2\,(15 – 0) = 95 – 30\). Ainsi \(D_1 = 5\), \(D_2 = 19\) et \(D_3 = 65\).

2. Soit \(n \geq 3\). La première colonne de \(T_n\) ne contient que deux coefficients non nuls : 5 en ligne 1 et 3 en ligne 2. Le développement selon cette colonne donne donc

   \[D_n = 5\,\Delta_{11} – 3\,\Delta_{21},\]

   où \(\Delta_{i1}\) désigne le mineur obtenu en supprimant la ligne \(i\) et la première colonne. D’abord, \(\Delta_{11} = D_{n-1}\), car il reste \(T_{n-1}\). Ensuite, le mineur \(\Delta_{21}\) a pour première ligne \((2, 0, \ldots, 0)\) ; en le développant selon cette ligne, il vaut \(2\,D_{n-2}\). Par conséquent, \(D_n = 5D_{n-1} – 6D_{n-2}\) pour tout \(n \geq 3\).

   Enfin, avec \(D_0 = 1\), on trouve \(5D_1 – 6D_0 = 25 – 6 = 19 = D_2\) : la relation est aussi vraie pour \(n = 2\).

3. Questions 3 et 4 : résoudre la récurrence

   La suite \((D_n)_{n \geq 0}\) est récurrente linéaire d’ordre 2. Son équation caractéristique \(r^2 – 5r + 6 = 0\) a pour racines 2 et 3. Il existe donc deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que \(D_n = \alpha\,3^n + \beta\,2^n\) pour tout \(n \geq 0\).

   Les conditions initiales donnent \(\alpha + \beta = D_0 = 1\) et \(3\alpha + 2\beta = D_1 = 5\). En soustrayant deux fois la première équation à la seconde, on obtient \(\alpha = 3\), puis \(\beta = -2\). Ainsi \(D_n = 3^{n+1} – 2^{n+1}\) pour tout \(n \geq 0\). On retrouve d’ailleurs \(D_3 = 81 – 16 = 65\).

4. Pour \(n \geq 1\), on a \(3^{n+1} > 2^{n+1}\), donc \(D_n > 0\). Le déterminant de \(T_n\) n’étant pas nul, la matrice \(T_n\) est inversible.

Barème : 1) 1 point ; 2) développement (0,5), calcul des deux mineurs (0,75), cas \(n = 2\) (0,25) ; 3) équation caractéristique (0,5), constantes (0,75), formule (0,25) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : oublier le signe \((-1)^{2+1}\) du cofacteur en ligne 2. On obtiendrait alors \(5D_{n-1} + 6D_{n-2}\), qui ne redonne pas \(D_3 = 65\).

Exercice 4 – Vandermonde, interpolation et comatrice (4 points)

1. Les opérations \(L_2 \leftarrow L_2 – L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\) ne changent pas le déterminant. On développe ensuite selon la première colonne, qui vaut \((1, 0, 0)\), puis on factorise \(b – a\) dans la première ligne et \(c – a\) dans la seconde : \(V(a, b, c) = \begin{vmatrix} b – a & b^2 – a^2 \\ c – a & c^2 – a^2 \end{vmatrix} = (b – a)(c – a)\begin{vmatrix} 1 & b + a \\ 1 & c + a \end{vmatrix}\). Le dernier déterminant vaut \(c + a – b – a = c – b\). Ainsi \(V(a, b, c) = (b – a)(c – a)(c – b)\).

2. Les trois conditions s’écrivent \(u – v + w = 4\), \(u + v + w = 0\) et \(u + 2v + 4w = 1\), c’est-à-dire \(MX = \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\), avec \(M = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \end{pmatrix}\) et \(X = \begin{pmatrix} u \\ v \\ w \end{pmatrix}\).

   Or \(\det(M) = V(-1, 1, 2) = 2 \times 3 \times 1 = 6 \neq 0\), donc \(M\) est inversible et le système a une unique solution. En soustrayant les deux premières équations, on trouve \(v = -2\), puis \(u + w = 2\) et \(u + 4w = 5\). Il vient alors \(w = 1\) et \(u = 1\). Donc \(P = 1 – 2X + X^2 = (X – 1)^2\), qui vérifie bien \(P(-1) = 4\), \(P(1) = 0\) et \(P(2) = 1\).

3. Question 3 : comatrice et inverse

   On calcule les neuf cofacteurs \(C_{ij} = (-1)^{i+j}\Delta_{ij}\). Pour la première ligne : \(C_{11} = 4 – 2 = 2\), \(C_{12} = -(4 – 1) = -3\) et \(C_{13} = 2 – 1 = 1\). Pour la deuxième : \(C_{21} = -(-4 – 2) = 6\), \(C_{22} = 4 – 1 = 3\) et \(C_{23} = -(2 + 1) = -3\). Pour la troisième : \(C_{31} = -1 – 1 = -2\), \(C_{32} = -(1 – 1) = 0\) et \(C_{33} = 1 + 1 = 2\).

   On vérifie d’abord que \(1 \times 2 + (-1) \times (-3) + 1 \times 1 = 6 = \det(M)\). Comme \(M^{-1} = \frac{1}{\det(M)}\,{}^{t}\mathrm{com}(M)\), on obtient

   \[\mathrm{com}(M) = \begin{pmatrix} 2 & -3 & 1 \\ 6 & 3 & -3 \\ -2 & 0 & 2 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad M^{-1} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 2 & 6 & -2 \\ -3 & 3 & 0 \\ 1 & -3 & 2 \end{pmatrix}.\]

   Le produit \(M \times 6M^{-1}\) redonne bien \(6I_3\). Enfin, \(X = M^{-1}\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 8 – 2 \\ -12 \\ 4 + 2 \end{pmatrix}\). On retrouve \((u, v, w) = (1, -2, 1)\).

Barème : 1) opérations (0,5), développement et factorisation (0,75), résultat (0,25) ; 2) système et matrice (0,25), unicité par Vandermonde (0,25), polynôme (0,5) ; 3) cofacteurs (0,75), inverse (0,5), coefficients retrouvés (0,25).

Piège classique : oublier la transposition de la comatrice. Sans elle, le produit avec \(M\) ne redonne pas \(6I_3\), ce que la vérification révèle immédiatement.

Exercice 5 – Problème : matrices de permutation (4,5 points)

Partie A : un morphisme vers les matrices inversibles

1. Par définition, \(P_{\sigma}e_j = e_{\sigma(j)}\) pour tout \(j\). Ainsi \(P_{\sigma}P_{\tau}e_j = P_{\sigma}e_{\tau(j)} = e_{\sigma(\tau(j))} = P_{\sigma \circ \tau}e_j\). Les deux matrices ont donc les mêmes colonnes, et \(P_{\sigma}P_{\tau} = P_{\sigma \circ \tau}\). En outre, \(P_{\mathrm{id}} = I_n\), donc \(P_{\sigma}P_{\sigma^{-1}} = P_{\sigma^{-1}}P_{\sigma} = I_n\). Chaque \(P_{\sigma}\) est inversible, et \(\sigma \mapsto P_{\sigma}\) est un morphisme de \(S_n\) dans \(GL_n(\mathbb{R})\).
2. Si \(\tau\) échange \(i\) et \(j\), la matrice \(P_{\tau}\) s’obtient à partir de \(I_n\) en échangeant les colonnes \(i\) et \(j\). Or un tel échange multiplie le déterminant par \(-1\), donc \(\det(P_{\tau}) = -1 = \varepsilon(\tau)\). Ensuite, toute permutation \(\sigma\) s’écrit \(\tau_1 \circ \cdots \circ \tau_k\) avec des transpositions. Par la partie A.1 et la formule du produit, \(\det(P_{\sigma}) = \det(P_{\tau_1}) \cdots \det(P_{\tau_k}) = (-1)^k\). Ainsi \(\det(P_{\sigma}) = \varepsilon(\sigma)\).

Partie B : le cycle de longueur n

1. La colonne \(j\) de \(P_c\) est \(e_{j+1}\) pour \(j < n\), et la dernière est \(e_1\). Donc \(I_n – tP_c\) a des 1 sur la diagonale, des \(-t\) juste sous la diagonale, un \(-t\) en ligne 1 et colonne \(n\), et des zéros ailleurs.

   La première ligne vaut \((1, 0, \ldots, 0, -t)\). Le mineur associé au coefficient 1 est triangulaire inférieur à diagonale de 1 : il vaut 1. Le mineur associé au coefficient \(-t\) s’obtient en supprimant la ligne 1 et la colonne \(n\) ; il est triangulaire supérieur, avec des \(-t\) sur sa diagonale, donc il vaut \((-t)^{n-1}\). Ainsi

   \[\Delta_n(t) = 1 + (-1)^{1+n}(-t)(-t)^{n-1} = 1 + (-1)^{n+1}(-1)^{n}t^n = 1 – t^n.\]

   Par ailleurs, pour \(t \neq 0\), on a \(t^{-n}\Delta_n(t) = \det\left(t^{-1}I_n – P_c\right)\), qui tend vers \(\det(-P_c) = (-1)^n\varepsilon(c)\) quand \(t\) tend vers l’infini, par continuité du déterminant. Or \(t^{-n}(1 – t^n)\) tend vers \(-1\). Donc \((-1)^n\varepsilon(c) = -1\), soit \(\varepsilon(c) = (-1)^{n-1}\), ce qui est bien la signature d’un cycle de longueur \(n\).

2. La matrice \(I_n – tP_c\) est inversible si et seulement si \(t^n \neq 1\). Si \(n\) est impair, cela équivaut à \(t \neq 1\) ; si \(n\) est pair, à \(t \neq 1\) et \(t \neq -1\). Pour \(t = 1\), la colonne \(U\) dont tous les coefficients valent 1 vérifie \(P_cU = e_{c(1)} + \cdots + e_{c(n)} = U\), car \(c\) est une bijection. Ainsi \(U\) est un vecteur non nul du noyau de \(I_n – P_c\) : permuter circulairement les coordonnées d’un vecteur constant ne le change pas.

Barème : A.1) égalité des colonnes (0,5), inversibilité et morphisme (0,5) ; A.2) transposition (0,5) et cas général (0,5) ; B.1) matrice (0,25), développement (0,75), signature retrouvée (0,5) ; B.2) condition sur \(t\) (0,5) et vecteur du noyau (0,5).

Piège classique : confondre \(P_{\sigma}\), dont la colonne \(j\) est \(e_{\sigma(j)}\), avec la matrice dont la ligne \(j\) est \(e_{\sigma(j)}\). Cette seconde matrice est la transposée, associée à \(\sigma^{-1}\), et l’ordre de composition s’inverse.

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