Corrigé des exercices : Calculer un déterminant en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Cycles d’une permutation de huit éléments

Idée clé : on suit les images de proche en proche pour isoler les cycles, puis on lit la signature cycle par cycle.

1. Partons de 1 : \(1\mapsto 5\mapsto 7\mapsto 6\mapsto 1\). On obtient le cycle \((1\ 5\ 7\ 6)\). Le plus petit élément non visité est 2 : \(2\mapsto 8\mapsto 3\mapsto 2\), d’où le cycle \((2\ 8\ 3)\). Enfin, 4 est un point fixe. Donc \(\sigma=(1\ 5\ 7\ 6)(2\ 8\ 3)\).
2. On utilise l’écriture d’un cycle en transpositions consécutives, composées de droite à gauche. Ainsi, \((1\ 5\ 7\ 6)=(1\ 5)(5\ 7)(7\ 6)\) et \((2\ 8\ 3)=(2\ 8)(8\ 3)\). Vérifions la première : 6 est envoyé sur 7, puis sur 5, puis sur 1, ce qui est correct. Ainsi \(\sigma=(1\ 5)(5\ 7)(7\ 6)(2\ 8)(8\ 3)\).
3. Le 4-cycle a pour signature \((-1)^3=-1\) et le 3-cycle \((-1)^2=1\). Par conséquent, \(\varepsilon(\sigma)=-1\), ce qui concorde avec les cinq transpositions. Comptons maintenant les inversions de la suite \(5,8,2,4,7,1,6,3\). Le 5 domine 4 termes placés après lui, le 8 en domine 6, le 2 en domine 1, le 4 en domine 2, le 7 en domine 3 et le 6 en domine 1. On trouve \(4+6+1+2+3+0+1+0=17\) inversions, nombre impair. On retrouve \(\varepsilon(\sigma)=-1\).
4. Les deux cycles sont disjoints, donc ils commutent. Ainsi, \(\sigma^p=(1\ 5\ 7\ 6)^p(2\ 8\ 3)^p\), et cette permutation est l’identité si et seulement si 4 et 3 divisent \(p\). Le plus petit entier convenable est \(p=\mathrm{ppcm}(4,3)=12\).
5. La signature est un morphisme, donc \(\varepsilon(\sigma^{2027})=\varepsilon(\sigma)^{2027}=(-1)^{2027}\). On obtient \(\varepsilon(\sigma^{2027})=-1\).

La figure ci-dessous montre les deux cycles et le point fixe obtenus à la première question.

Corrigé de l’exercice 2 – Un déterminant d’ordre 3 par deux méthodes

Idée clé : la première colonne contient un zéro, ce qui réduit le développement à deux termes.

1. Le développement selon la première colonne donne

\[\det A=2\begin{vmatrix}4&1\\2&-2\end{vmatrix}+5\begin{vmatrix}-1&3\\4&1\end{vmatrix}=2\times(-10)+5\times(-13).\]

Le terme en position \((3,1)\) porte le signe \((-1)^{4}=+1\). Ainsi \(\det A=-85\).

2. D’abord, \(L_3\leftarrow L_3-2L_1\) donne la ligne \((1,4,-8)\) sans changer le déterminant. Ensuite, on échange \(L_1\) et \(L_3\), ce qui change le signe. Enfin, \(L_3\leftarrow L_3-2L_1\) transforme la nouvelle troisième ligne \((2,-1,3)\) en \((0,-9,19)\). On obtient
   \[\det A=-\begin{vmatrix}1&4&-8\\0&4&1\\0&-9&19\end{vmatrix}=-(4\times 19+9)=-85.\]
   Les deux méthodes donnent bien \(-85\).
3. Comme \(\det A\neq 0\), la matrice \(A\) est inversible. De plus, \(\det(A^{-1})=1/\det A\) et \(\det(-2A)=(-2)^3\det A\). On trouve \(\det(A^{-1})=-1/85\) et \(\det(-2A)=680\).

Corrigé de l’exercice 3 – Effet des opérations sur un déterminant connu

Idée clé : on utilise la multilinéarité colonne par colonne, sans jamais chercher la matrice \(A\).

1. La matrice est d’ordre 3, donc \(\det(2A)=2^3\times 3=24\). Ensuite, \(\det(-A^{T})=(-1)^3\det(A^{T})=-3\). Par multiplicativité, \(\det(A^3)=3^3=27\) et \(\det(A^{-1})=1/3\). Les quatre valeurs sont 24, \(-3\), 27 et \(1/3\).
2. Par linéarité en la deuxième colonne, le déterminant vaut \(\det(C_2,C_1,C_3)+5\det(C_2,C_3,C_3)\). Le second terme est nul, car deux colonnes sont égales. Le premier vaut \(-\det A\), car on a échangé deux colonnes. Le déterminant vaut \(-3\).
3. On développe par multilinéarité : on obtient huit termes. Tous ceux où une même colonne apparaît deux fois sont nuls. Il reste \(\det(C_1,C_2,C_3)\) et \(\det(C_2,C_3,C_1)\). Or la permutation qui fait passer de l’un à l’autre est un cycle de longueur 3, donc paire. Le déterminant vaut \(2\det A=6\).

Corrigé de l’exercice 4 – Matrice triangulaire à paramètre

Idée clé : une matrice triangulaire supérieure a pour déterminant le produit de ses coefficients diagonaux.

1. La matrice \(T_\lambda\) est triangulaire supérieure. Donc \(\det T_\lambda=\lambda(\lambda-1)(\lambda+2)(\lambda-4)\).
2. La matrice est inversible si et seulement si son déterminant est non nul. C’est le cas si et seulement si \(\lambda\notin\{-2,0,1,4\}\).
3. Par multiplicativité, \(\det(T_2T_3)=\det T_2\,\det T_3\). Or \(\det T_2=1\times 4\times 2\times(-2)=-16\) et \(\det T_3=2\times 5\times 3\times(-1)=-30\). Ainsi \(\det(T_2T_3)=480\).

Corrigé de l’exercice 5 – Pivot de Gauss sur une matrice d’ordre 4

Idée clé : le coefficient 1 en haut à gauche sert de pivot pour vider la première colonne.

1. On effectue \(L_2\leftarrow L_2-2L_1\), \(L_3\leftarrow L_3+L_1\) et \(L_4\leftarrow L_4-3L_1\). Ces transvections ne changent pas \(\Delta\). Les nouvelles lignes sont \((0,1,1,2)\), \((0,2,3,1)\) et \((0,0,1,4)\).
2. On développe selon la première colonne, qui ne contient plus que le pivot 1 :
   \[\Delta=\begin{vmatrix}1&1&2\\2&3&1\\0&1&4\end{vmatrix}.\]
3. Ensuite, \(L_2\leftarrow L_2-2L_1\) donne la ligne \((0,1,-3)\). Le déterminant devient triangulaire par blocs, et l’on développe selon la première colonne : \(\Delta=1\times\bigl(1\times 4-(-3)\times 1\bigr)=7\). Finalement \(\Delta=7\).

Corrigé de l’exercice 6 – Formes bilinéaires alternées du plan

Idée clé : on décompose les deux vecteurs dans la base canonique et on développe par bilinéarité.

1. On écrit \(u=u_1e_1+u_2e_2\) et \(v=v_1e_1+v_2e_2\). Par bilinéarité, \(\varphi(u,v)\) est la somme de quatre termes. D’abord, \(\varphi(e_1,e_1)=\varphi(e_2,e_2)=0\), car \(\varphi\) est alternée. Ensuite, \(\varphi(e_2,e_1)=-\varphi(e_1,e_2)\), car une forme alternée est antisymétrique. Il reste \(\varphi(u,v)=\varphi(e_1,e_2)(u_1v_2-u_2v_1)\).
2. Chaque terme de \(\psi\) est le produit d’une coordonnée de \(u\) par une coordonnée de \(v\). Ainsi, \(\psi\) est linéaire en \(u\) à \(v\) fixé, et inversement. En revanche, \(\psi(e_1,e_1)=1\neq 0\). La forme \(\psi\) est bilinéaire mais pas alternée.
3. D’après la première question, \(\varphi=c\,\det\) avec \(c=\varphi(e_1,e_2)\). Or \(\det\bigl((1,2),(3,1)\bigr)=1\times 1-2\times 3=-5\). La condition s’écrit donc \(-5c=10\), soit \(c=-2\). Une seule forme convient : \(\varphi(u,v)=-2(u_1v_2-u_2v_1)\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Quand trois vecteurs forment-ils une base

Idée clé : les trois lignes ont la même somme \(m+2\), ce qui invite à sommer les colonnes.

1. La matrice de la famille a pour lignes \((1,m,1)\), \((m,1,1)\) et \((1,1,m)\). On remplace \(C_1\) par \(C_1+C_2+C_3\), puis on factorise \(m+2\). Ensuite, on effectue \(L_1\leftarrow L_1-L_2\) et \(L_3\leftarrow L_3-L_2\) :
   \[\det(u,v,w)=(m+2)\begin{vmatrix}0&m-1&0\\1&1&1\\0&0&m-1\end{vmatrix}.\]
   On développe selon la première colonne. Le seul terme est en position \((2,1)\), de signe \(-1\). On obtient \(\det(u,v,w)=-(m+2)(m-1)^2\).
2. D’après le cours, la famille \((u,v,w)\) est une base exactement lorsque ce déterminant ne s’annule pas. C’est le cas si et seulement si \(m\notin\{-2,1\}\).
3. Pour \(m=-2\), on a \(u=(1,-2,1)\), \(v=(-2,1,1)\) et \(w=(1,1,-2)\). La somme des trois vecteurs est nulle, coordonnée par coordonnée. Ainsi \(u+v+w=0\).

Corrigé de l’exercice 8 – Déterminant d’un endomorphisme de polynômes

Idée clé : le déterminant d’un endomorphisme se calcule sur sa matrice dans n’importe quelle base.

1. Si \(\deg P\leqslant 2\), alors \(\deg P^{\prime}\leqslant 1\), donc \((X+2)P^{\prime}\) est de degré au plus 2. Ainsi \(u(P)\in E\). De plus, la dérivation et la multiplication par \(X+2\) sont linéaires. Donc \(u\) est un endomorphisme de \(E\).
2. On calcule \(u(1)=1\), puis \(u(X)=X+2+X=2X+2\), et enfin \(u(X^2)=2X(X+2)+X^2=3X^2+4X\). La matrice est triangulaire supérieure :
   \[\mathrm{Mat}(u)=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&2&4\\0&0&3\end{pmatrix}.\]
   Donc \(\det u=1\times 2\times 3=6\).
3. Comme \(\det u\neq 0\), \(u\) est un automorphisme. Ensuite, \(\det(u\circ u)=(\det u)^2=36\). Enfin, \(E\) est de dimension 3, donc \(\det(3u)=3^3\times 6\). On trouve \(\det(u\circ u)=36\) et \(\det(3u)=162\).

Corrigé de l’exercice 9 – Matrice des maximums

Idée clé : deux lignes consécutives de \(M_n\) diffèrent de très peu, d’où des différences presque nulles.

1. On a \(M_3=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&2&3\\3&3&3\end{pmatrix}\). En développant selon la première ligne, \(\det M_3=1\times(6-9)-2\times(6-9)+3\times(6-6)\). Donc \(\det M_3=3\).
2. On effectue les opérations dans l’ordre croissant de \(i\). Ainsi, chaque \(L_{i+1}\) est encore la ligne d’origine au moment où on l’utilise. Ce sont des transvections, donc le déterminant ne change pas. Pour \(j\leqslant i\), on obtient \(i-(i+1)=-1\). Pour \(j\geqslant i+1\), on obtient \(j-j=0\). La ligne \(i\leqslant n-1\) devient \((-1,\dots,-1,0,\dots,0)\) avec \(i\) coefficients \(-1\), et la dernière ligne reste \((n,\dots,n)\).
3. La matrice obtenue est triangulaire inférieure. Ses coefficients diagonaux sont \(-1\), répété \(n-1\) fois, puis \(n\). Par conséquent, \(\det M_n=(-1)^{n-1}\,n\). On retrouve bien 3 pour \(n=3\) et \(-2\) pour \(n=2\).

Corrigé de l’exercice 10 – Récurrence tridiagonale à racine double

Idée clé : le développement selon la dernière ligne donne une suite récurrente linéaire d’ordre 2.

1. On a \(D_1=4\) et \(D_2=16-4=12\). Pour \(D_3\), on développe selon la première ligne : \(D_3=4\times(16-4)-2\times(8-0)=32\). Ainsi \(D_1=4\), \(D_2=12\) et \(D_3=32\).
2. Développons \(D_n\) selon sa dernière ligne, qui contient 2 puis 4. Le coefficient 4 donne \(4D_{n-1}\). Ensuite, le coefficient 2 est en position \((n,n-1)\), de signe \(-1\). Son mineur a pour dernière colonne un seul coefficient non nul, le 2 situé au-dessus de la diagonale. En le développant, ce mineur vaut \(2D_{n-2}\). Donc \(D_n=4D_{n-1}-4D_{n-2}\) pour \(n\geqslant 3\).
3. On pose \(D_0=1\), ce qui prolonge la relation au rang 2, puisque \(4\times 4-4\times 1=12\). L’équation caractéristique \(r^2-4r+4=0\) a la racine double 2. Il existe donc deux réels avec \(D_n=(\alpha+\beta n)2^n\). La condition \(D_0=1\) donne \(\alpha=1\), puis \(D_1=2(1+\beta)=4\) donne \(\beta=1\). Finalement \(D_n=(n+1)\,2^n\). On contrôle : \(3\times 4=12\) et \(4\times 8=32\).

La figure compare les valeurs données par la récurrence et la formule close.

Corrigé de l’exercice 11 – Interpolation et Vandermonde

Idée clé : la matrice du système d’interpolation est une matrice de Vandermonde.

1. On écrit \(P=a+bX+cX^2+dX^3\). Les quatre conditions donnent un système d’inconnues \(a,b,c,d\). Sa ligne associée au point \(x_i\) est \((1,x_i,x_i^2,x_i^3)\), avec \(x_i\in\{-1,0,1,2\}\). C’est la matrice de Vandermonde des points \(-1,0,1,2\).
2. D’après la formule du cours, le déterminant vaut le produit des \(x_j-x_i\) pour \(i<j\). Ici, on obtient \(1\times 2\times 3\times 1\times 2\times 1=12\). Ce déterminant est non nul, donc le système est de Cramer : \(P\) existe et est unique.
3. D’abord, \(P(0)=1\) donne \(a=1\). Ensuite, \(P(1)=0\) et \(P(-1)=2\) donnent \(b+c+d=-1\) et \(-b+c-d=1\). En les ajoutant, on obtient \(c=0\), puis \(b+d=-1\). Enfin, \(P(2)=5\) donne \(2b+8d=4\), soit \(b+4d=2\). Par différence, \(3d=3\), donc \(d=1\) et \(b=-2\). Ainsi \(P=X^3-2X+1\). On vérifie : \(P(-1)=2\) et \(P(2)=5\).

Corrigé de l’exercice 12 – Inverse par la comatrice

Idée clé : le déterminant vaut 1, donc l’inverse est exactement la transposée de la comatrice.

1. En développant selon la première ligne, \(\det A=2\times(3-1)-1\times(3-0)\). Donc \(\det A=1\).
2. On calcule les cofacteurs avec le damier des signes. La première ligne donne \(C_{1,1}=2\), \(C_{1,2}=-3\), \(C_{1,3}=1\). La deuxième donne \(C_{2,1}=-3\), \(C_{2,2}=6\), \(C_{2,3}=-2\). La troisième donne \(C_{3,1}=1\), \(C_{3,2}=-2\), \(C_{3,3}=1\). Cette comatrice est symétrique, comme \(A\). Par conséquent,
   \[A^{-1}=\begin{pmatrix}2&-3&1\\-3&6&-2\\1&-2&1\end{pmatrix}.\]
   On vérifie le produit ligne par ligne. Par exemple, la ligne \((1,1,1)\) de \(A\) donne \(2-3+1=0\), puis \(-3+6-2=1\), puis \(1-2+1=0\). On a bien \(AA^{-1}=I_3\).
3. Le système s’écrit \(AX=B\) avec \(B=(1,0,2)^{T}\). Donc \(X=A^{-1}B\), soit \(x=2+2\), \(y=-3-4\) et \(z=1+2\). L’unique solution est \((x,y,z)=(4,-7,3)\).

Corrigé de l’exercice 13 – Matrices antisymétriques d’ordre impair

Idée clé : on compare \(\det(A^{T})\) et \(\det(-A)\), qui sont égaux ici.

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 \(2\det A=0\). On conclut que \(\det A=0\).
2. La matrice \(\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\) est antisymétrique. Son déterminant vaut \(0\times 0-1\times(-1)=1\neq 0\).
3. On a \(\det B=0\) d’après la première question, donc un tel vecteur existe. Avec \(X=(x,y,z)^{T}\), le système s’écrit \(2y-z=0\), \(-2x+3z=0\) et \(x-3y=0\). On obtient \(x=3y\) et \(z=2y\), et la deuxième équation est alors vérifiée. Le vecteur \(X=(3,1,2)^{T}\) convient.

Corrigé de l’exercice 14 – Déterminant de la comatrice

Idée clé : on prend le déterminant de la relation \(A\,\mathrm{com}(A)^{T}=\det(A)\,I_n\).

1. Le déterminant de la relation donne \(\det A\,\det\bigl(\mathrm{com}(A)\bigr)=(\det A)^n\), car \(\det(\mathrm{com}(A)^{T})=\det\bigl(\mathrm{com}(A)\bigr)\). Comme \(\det A\neq 0\), on peut simplifier. Donc \(\det\bigl(\mathrm{com}(A)\bigr)=(\det A)^{n-1}\).
2. Supposons \(\mathrm{com}(A)\) inversible. La relation devient \(A\,\mathrm{com}(A)^{T}=0\), car \(\det A=0\). En multipliant à droite par l’inverse de \(\mathrm{com}(A)^{T}\), on obtient \(A=0\). Or tous les cofacteurs de la matrice nulle sont nuls lorsque \(n\geqslant 2\). Ainsi \(\mathrm{com}(A)=0\), ce qui contredit son inversibilité. Donc \(\mathrm{com}(A)\) n’est pas inversible.
3. Si \(A\) n’est pas inversible, les deux membres sont nuls, puisque \(n-1\geqslant 1\). La formule \(\det\bigl(\mathrm{com}(A)\bigr)=(\det A)^{n-1}\) vaut donc pour toute matrice.
4. Ici \(n=4\), donc \(\det\bigl(\mathrm{com}(A)\bigr)=(-2)^3\). On trouve \(-8\).

Corrigé de l’exercice 15 – Signature du retournement

Idée clé : le retournement inverse l’ordre de tous les couples, et il échange les éléments deux à deux.

1. Pour \(i<j\), on a \(\rho(i)=n+1-i>n+1-j=\rho(j)\). Tous les couples sont donc des inversions, et il y en a \(n(n-1)/2\). Par conséquent, \(\varepsilon(\rho)=(-1)^{n(n-1)/2}\).
2. La permutation \(\rho\) échange \(k\) et \(n+1-k\), et fixe le milieu lorsque \(n\) est impair. Ainsi, \(\rho\) est le produit des transpositions disjointes \((k\ \ n+1-k)\) pour \(1\leqslant k\leqslant\lfloor n/2\rfloor\). On obtient \(\varepsilon(\rho)=(-1)^{\lfloor n/2\rfloor}\).
3. Pour \(n=4q\) ou \(n=4q+1\), l’entier \(n(n-1)/2\) vaut \(2q(4q-1)\) ou \(2q(4q+1)\), donc il est pair, comme \(\lfloor n/2\rfloor=2q\). Pour \(n=4q+2\) ou \(n=4q+3\), il vaut \((2q+1)(4q+1)\) ou \((4q+3)(2q+1)\), donc il est impair, comme \(\lfloor n/2\rfloor=2q+1\). Les deux formules coïncident : \(\varepsilon(\rho)=1\) si et seulement si \(n\equiv 0\) ou \(1\pmod 4\).
4. Dans la formule \(\det N=\sum_{\sigma}\varepsilon(\sigma)\prod_j N_{\sigma(j),j}\), la colonne \(j\) ne contient qu’un coefficient non nul, en ligne \(n+1-j\). Seule \(\sigma=\rho\) donne donc un produit non nul, égal à \(a_1a_2\cdots a_n\). Ainsi \(\det N=(-1)^{n(n-1)/2}\,a_1a_2\cdots a_n\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Un Vandermonde lacunaire

Idée clé : on imite la preuve du Vandermonde en considérant le déterminant comme un polynôme en la dernière variable.

1. On développe \(P(X)\) selon la dernière ligne \((1,X,X^3)\). On obtient une combinaison de \(1\), \(X\) et \(X^3\), où le coefficient de \(X^3\) est le cofacteur \(\begin{vmatrix}1&a\\1&b\end{vmatrix}=b-a\). Comme \(a\neq b\), ce coefficient est non nul. De plus, \(P(a)=P(b)=0\), car la dernière ligne coïncide alors avec l’une des deux premières. Donc \(P\) est de degré 3, de coefficient dominant \(b-a\), et admet les racines \(a\) et \(b\).
2. Le développement ne fait intervenir que \(1\), \(X\) et \(X^3\), donc le coefficient de \(X^2\) est nul. Par ailleurs, \(a\) et \(b\) sont des racines distinctes. Il existe donc un réel \(r\) tel que \(P=(b-a)(X-a)(X-b)(X-r)\). Le coefficient de \(X^2\) de ce produit vaut \(-(b-a)(a+b+r)\). Il est nul, et \(b-a\neq 0\). Donc la troisième racine est \(r=-(a+b)\).
3. Pour \(a\neq b\), on évalue \(P=(b-a)(X-a)(X-b)(X+a+b)\) en \(c\). Si \(a=b\), les deux membres sont nuls, car le déterminant a deux lignes égales. Dans tous les cas, \(\Delta(a,b,c)=(b-a)(c-a)(c-b)(a+b+c)\).
4. On a \(\Delta(1,2,c)=(c-1)(c-2)(c+3)\). Vérifions la valeur \(c=-3\) directement. Le développement selon la première colonne de la matrice de lignes \((1,1,1)\), \((1,2,8)\), \((1,-3,-27)\) donne \(-30+24+6=0\). Les réels cherchés sont \(c\in\{-3,1,2\}\).

Corrigé de l’exercice 17 – Matrice des distances entre indices

Idée clé : les différences de lignes consécutives ne valent que \(\pm 1\), puis une addition de colonnes rend la matrice triangulaire.

1. On a \(\det A_2=\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}=-1\). Ensuite, en développant selon la première ligne, \(\det A_3=0-1\times(0-2)+2\times(1-0)\). Donc \(\det A_2=-1\) et \(\det A_3=4\).
2. Comme à l’exercice 9, on opère dans l’ordre croissant, sans changer le déterminant. Pour \(j\leqslant i\), le coefficient devient \((i-j)-(i+1-j)=-1\). Pour \(j\geqslant i+1\), il devient \((j-i)-(j-i-1)=1\). La ligne \(i\leqslant n-1\) vaut \((-1,\dots,-1,1,\dots,1)\) avec \(i\) coefficients \(-1\), et la ligne \(n\) reste \((n-1,n-2,\dots,1,0)\).
3. On effectue \(C_j\leftarrow C_j+C_1\) pour \(j\geqslant 2\), ce qui ne change pas le déterminant. Pour \(i\leqslant n-1\), la ligne \(i\) devient \((-1,-2,\dots,-2,0,\dots,0)\) : le coefficient \(-1\) en colonne 1, des \(-2\) jusqu’à la colonne \(i\), puis des zéros. La dernière ligne a pour dernier coefficient \(0+(n-1)=n-1\). La matrice est triangulaire inférieure, de diagonale \(-1\), puis \(-2\) répété \(n-2\) fois, puis \(n-1\). Ainsi \(\det A_n=(-1)(-2)^{n-2}(n-1)\). On obtient \(\det A_n=(-1)^{n-1}(n-1)\,2^{n-2}\). Les valeurs \(-1\) et \(4\) de la première question sont retrouvées.

Corrigé de l’exercice 18 – Perturbation par la matrice pleine de 1

Idée clé : toutes les colonnes de \(xJ\) sont égales, donc leur contribution disparaît dès qu’elle apparaît deux fois.

1. Notons \(U\) la colonne dont tous les coefficients valent 1. Les colonnes de \(A+xJ\) sont \(C_j+xU\). Après \(C_j\leftarrow C_j-C_1\) pour \(j\geqslant 2\), elles deviennent \(C_j-C_1\), indépendantes de \(x\). Seule la première colonne \(C_1+xU\) dépend encore de \(x\). Par linéarité en cette colonne, \(f(x)=\det(C_1,C_2-C_1,\dots)+x\det(U,C_2-C_1,\dots)\). Donc \(f\) est affine.
2. Les colonnes de \(D+xJ\) sont \(d_je_j+xU\). On développe par multilinéarité. Un terme qui contient \(U\) au moins deux fois est nul. Le terme sans \(U\) vaut \(\det D=\prod d_i\). Enfin, le terme où \(U\) occupe seulement la colonne \(i\) vaut \(x\prod_{j\neq i}d_j\). En effet, en développant selon les autres colonnes, il ne reste que le coefficient de \(U\) en ligne \(i\), égal à 1. On obtient la formule annoncée.
3. La matrice étudiée s’écrit \(D+bJ\) avec \(d_i=a_i-b\). Son déterminant vaut \(\prod_{i=1}^n(a_i-b)+b\sum_{i=1}^n\prod_{j\neq i}(a_j-b)\). Lorsque tous les \(a_i\) valent \(a\), on retrouve la formule du cours \((a-b)^{n-1}\bigl(a+(n-1)b\bigr)\).
4. Ici \(b=1\) et \((d_1,d_2,d_3)=(1,2,4)\). Le produit vaut 8, et la somme des produits deux à deux vaut \(8+4+2=14\). Le déterminant vaut donc \(8+14=22\). Directement, \(2\times(15-1)-1\times(5-1)+1\times(1-3)=28-4-2=22\). Le déterminant vaut 22.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Déterminant tridiagonal et cosinus

Idée clé : la récurrence de \(D_n\) est exactement celle que vérifient les quotients de sinus, grâce à une formule de trigonométrie.

1. On a \(D_1(x)=x\) et \(D_2(x)=x^2-1\). Pour \(n\geqslant 3\), on développe selon la dernière ligne, qui contient 1 puis \(x\). Le coefficient \(x\) donne \(xD_{n-1}(x)\). Le coefficient 1 en position \((n,n-1)\) porte le signe \(-1\). Son mineur, développé selon sa dernière colonne, vaut \(D_{n-2}(x)\). Enfin, la relation vaut aussi pour \(n=2\), puisque \(x\times x-1=x^2-1\). Donc \(D_n=xD_{n-1}-D_{n-2}\) pour \(n\geqslant 2\).
2. On raisonne par récurrence double. D’abord, \(D_0=1\) et \(D_1=x\) sont unitaires, de degrés 0 et 1. Ensuite, si \(D_{n-1}\) est unitaire de degré \(n-1\) et \(D_{n-2}\) de degré \(n-2\), alors \(xD_{n-1}\) est unitaire de degré \(n\). Le terme \(D_{n-2}\) ne modifie pas ce coefficient. Donc \(D_n\) est unitaire de degré \(n\).
3. Posons \(u_n=\sin\bigl((n+1)\theta\bigr)/\sin\theta\), bien défini car \(\sin\theta\neq 0\). On a \(u_0=1\) et \(u_1=\sin 2\theta/\sin\theta=2\cos\theta\). De plus, la formule \(\sin(p+q)+\sin(p-q)=2\sin p\cos q\) avec \(p=n\theta\) et \(q=\theta\) donne \(u_n+u_{n-2}=2\cos\theta\,u_{n-1}\). Les suites \(u_n\) et \(D_n(2\cos\theta)\) ont donc les mêmes deux premiers termes et la même récurrence. Par récurrence double, \(D_n(2\cos\theta)=\sin\bigl((n+1)\theta\bigr)/\sin\theta\).
4. Pour \(1\leqslant k\leqslant n\), on pose \(\theta_k=k\pi/(n+1)\in\,]0,\pi[\). Alors \(\sin\bigl((n+1)\theta_k\bigr)=\sin(k\pi)=0\), donc \(2\cos\theta_k\) est racine de \(D_n\). Ces \(n\) réels sont distincts, car le cosinus est strictement décroissant sur \([0,\pi]\). Un polynôme unitaire de degré \(n\) qui a \(n\) racines distinctes est le produit des facteurs correspondants. Ainsi \(D_n(x)=\prod_{k=1}^{n}\bigl(x-2\cos\frac{k\pi}{n+1}\bigr)\).
5. La suite \(v_n=D_n(2)\) vérifie \(v_n-v_{n-1}=v_{n-1}-v_{n-2}\). Ses différences successives sont donc constantes, égales à \(v_1-v_0=1\). Par conséquent, \(D_n(2)=n+1\).
6. On évalue la factorisation en \(x=2\). On utilise ensuite \(2-2\cos t=4\sin^2(t/2)\). On obtient \(n+1=\prod_{k=1}^n 4\sin^2\bigl(k\pi/(2n+2)\bigr)=4^n\prod_{k=1}^n\sin^2\bigl(k\pi/(2n+2)\bigr)\). On en déduit la formule demandée.
7. Pour \(n=3\), la récurrence donne \(D_3(x)=x(x^2-1)-x=x^3-2x=x(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})\). Les racines \(2\cos(\pi/4)=\sqrt{2}\), \(2\cos(\pi/2)=0\) et \(2\cos(3\pi/4)=-\sqrt{2}\) conviennent. Par ailleurs, \(\sin^2(\pi/8)\sin^2(\pi/4)\sin^2(3\pi/8)=\frac{2-\sqrt{2}}{4}\times\frac{1}{2}\times\frac{2+\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{16}\). On trouve bien \(4/4^3=1/16\).

La figure trace \(D_5(x)=x^5-4x^3+3x\) sur \([-2,2]\). Ses cinq racines sont les réels \(2\cos(k\pi/6)\), soit \(\pm\sqrt{3}\), \(\pm 1\) et 0.

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