Exercices : Déterminants

Exercices : Déterminants
Exercice 1
Soit m ∈ R, soit

m
0
1 2m
1
m
0
0 

D=
 0 2m + 2 m 1 
m
0
0 m

Calculer det(D) en fonction de m, en déduire le rang de D.
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 2

√1
Soient P =  2
2
1
√

2  et M =
−
2
1 2
1 1
1. Montrer que P est inversible et calculer P −1 .
2. Expliciter D = P −1 M P . Calculer Dn et M n pour tout n ∈ N .
3. Soient (un ) et (vn ) les suites réelles définies par les relations de récurrence :
un+1 = un + 2vn
vn+1 = un + vn .
Exprimer un et vn en fonction de u0 , v0 et n. (On utilisera bien sur les questions précédentes !)
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 3
On considère l’application suivante: g : Rn [X] → Rn [X]
P
7→ P + P 0
Calculer det(P ).
CORRECTION
INDICATIONS
CORRECTION
INDICATIONS
Exercice 4
a b b . . . b b a b . . . b
Calculer d = . . .
.. .. .. ..
. b b b . . . a
1
Exercice 5
Soit Bn le déterminant suivant:
a + b a
..
b
.
Bn = .
..
0
..
.
..
.
a
b a+b 0
1. Montrer que ∀n ≥ 4, Bn = (a + b)Bn−1 − abBn−2
2. En déduire que ∀n ≥ 2, Bn =
an+1 − bn+1
a−b
CORRECTION
INDICATIONS
2
Indications pour l’exercice 1
• Faire des opérations élémentaires pour faire apparaitre des 0 et développer ensuite le déterminant par rapport
à une ligne ou une colonne. On pensera à factoriser le polynôme en m obtenu
• Ensuite, pour calculer le rang, utiliser le résultat du cours qui dit que le ran d’une matrice est la taille du
plus grand determinant non nul qu’on peut extraire de la matrice.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 2
1. pas de difficultés
2. La matrice D est diagonale, il est donc facile de calculer Dn . Ensuite, montrer que M n = P Dn P −1
3. Mettre ce système sous forme matricielle.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 3 Calculer la matrice de g dans la base canonique de Rn [X] et calculer le determinant de cette matrice.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 4
Procéder par étapes: faire C1 − Cn → C1 pour faire apparaitre des 0, puis faire L1 + Ln → L1 : ainsi on a un
seul terme non nul dans la premiere colonne, on peut développer par rapport à cette colonne.
Continuer ensuite le processus sur le determinant restant.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 5
1. Developper par rapport à la première colonne
2. On a affaire à une suite récurrente linéaire, se souvenir de son cours sur les suites.
RETOUR AUX ENONCES
Indications pour l’exercice 6
RETOUR AUX ENONCES
3
Correction de l’exercice 1
• Calculons det(D).
m
0
1 m 1
m
0 −1
en faisant C4 − C1 → C4 , on a det(D) = 0 2m + 2 m 1 m
0
0 0
0
1 m 0 −1 = m(−m3 + 3m + 2)
En développant par rapport à la dernière ligne, on a: det(D) = m m
2m + 2 m 1 Ensuite, on reconnait −1 comme racine évidente, d’où det(D) = −m(m − 2)(m + 1)2
• Calculons le rang de D.
1er cas: si m 6= 0, 2, −1
Dans ce cas, D est inversible, donc rg(D) = 4
2ième cas: si m = 0 ou m = −1 ou m = 2 ( D non inversible )
Comme D n’est pas inversible, on a rg(D) ≤ 3


m
0
1
m
0  (3 premières lignes, 3
On s’apercoit qu’on peut extraire de D la matrice 3 × 3 suivante:  1
0 2m + 2 m
premières colonnes)
Or le déterminant de cette sous matrice est m3 + 2m + 2, donc non nul (m = −1, 2, 0). Ce qui veut dire que
les 3 premières colonnes sont indépendantes (si elles étaient liées, ce déterminant serait nul évidemment).
Donc rg(D) ≥ 3. D’où rg(D) = 3.
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 2
√
1. Le déterminant de P est − 2. Donc P est inversible. L’inverse se calcule facilement avec la formule
1 t
P −1 = det(P
) com(P ). On a:
!
1
1
P −1 =
2.
2
1
2
√
2
− √12
√
0√
1+ 2
D = P MP =
0
1− 2
√
(1 + 2)n
0√
n
On montre facilement par récurrence que D =
.
0
(1 − 2)n
−1
De plus, M = P DP −1 . Ainsi, M 2 = P DP −1 P DP −1 = P D2 P −1 . On fait une récurrence evidente et on
obtient:
M n = P Dn P −1
!
√
1
1
(1 + 2)n
0√
√
√
=
2
0
(1 − 2)n
− 22
2
 √

√
√
√
( 2+1)n
(1− 2)n
( 2+1)n
(1− 2)n
√
√
+
−
2
2

√
√ 2
√2
=  (√2+1)
n
(1− 2)n
( 2+1)n
(1− 2)n
√
√
−
+
2
2
2 2
2 2
4
1
2
1
2
√1
2
− √12
!
3. Les relations données sur les suites un et vn peuvent se réécrire sous forme matricielle:
un+1
1 2
un
=
vn+1
1 1
vn
un
⇔ Xn+1 = M Xn où Xn =
vn
La suite Xn est donc une suite géométrique, on obtient Xn = M n X0 . Donc
 √

√
√
√
( 2+1)n
(1− 2)n
( 2+1)n
(1− 2)n
√
√
+
−
un
u
2
2
2
2
=  (√2+1)n (1−√2)n (√2+1)n (1−√2)n  0
vn
v0
√
√
−
+
2 2
Donc
2 2
2
2

√
√
√
√
n
(1− 2)n
un = ( ( 2+1)n + (1− 2)n )u0 + ( ( 2+1)
√
√
−
)v0
2
2
√ n
√ 2 n
√
√2 n
n
(1−
(
(
2+1)
2)
2+1)
2)
(1−
vn = ( √
√
−
)u0 + (
+
)v0
2 2
2 2
2
2
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 3
Le déterminant d’une application linéaire g est , d’après le cours, le déterminant de la matrice de g dans n’importe
quelle base. Calculons la matrice de g dans la base canonique B de Rn [X] = (1, X, X 2 , . . . , X n ):

g(1) = 1




g(X) = X + 1
..


.



g(X n ) = X n + nX n−1


1 1 0 ... 0
0 1 2 0 . . .


 ..


0
Donc M at(g, B, B) =  . 0 1 3
. C’est une matrice diagonale on a facilement det(g) = 1
 ..
.
.
. . . .
.

0 ...
0
1
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 4
a − b b b . . . b 0
a
b
.
.
.
b
..
.. . .
.. .
.
.
• On fait une première opération : C1 − Cn → C1 . Donc d = .
.. . .
0
.
b
.
b
b − a b b . . . a
a − b b
b ...
b 0
a b ...
b ..
.. . .
.. .
.
. Ensuite, on fait Ln + L1 → Ln , on a d = .
.. . .
0
.
b
.
b
0
2b 2b . . . a + b
a b
b ...
b .. b a b ...
. En développant par rapport à la première ligne, d = (a − b) .
.
..
..
b 2b 2b . . . 2b a + b
5
a − b b
b ...
b .. 0
a b ...
. • On réitère le processus: on fait C1 − Cn−1 → C1 , on a: d = (a − b) ..
...
.
b b − a 2b . . . 2b a + b
a − b b
b ...
b .. 0
a b ...
. puis L1 + Ln−1 → Ln−1 , d = (a − b) ..
...
.
b 0
3b . . . 3b a + 2b
a b
b ...
b .. b a b ...
. 2
et en développant par rapport à la première ligne d = (a − b) .
..
..
.
b 3b 3b . . . 3b a + 2b
• D’où en réitérant, d = (a − b)n−1 (a + (n − 1)b)
RETOUR AUX ENONCES
Correction de l’exercice 5
1. Lorsqu’on demande d’exprimer un déterminant d’ordre n en fonction de déterminants d’ordre n−1, ou n−2,
il faut presque toujours faire un developpement par rapport à une ligne ou une colonne. Développons D par
par rapport à la premiere colonne:
a
0
... ...
0 b a + b
a
0
. . . .
.. a + b a
0 Bn = (a + b)Bn−1 − b 0
..
..
..
..
.
. . . . .
.
0 . . .
0
b a + b
|
{z
}
On note ce déterminant D
Calculons D en faisant un developpement par rapport à la première colonne.
0
0
...
0 b a + b a 0 . . . D = aBn−2 + b ..
. . 0 . . .
.
.
0 . . .
b a + b
{z
}
|
=0, car une ligne est nulle
d’où finalement Bn = (a + b)Bn−1 − b(aBn−2 ) (ce qui est demandé)
2. La suite Bn est donc une suite récurrente linéaire d’ordre 2, et comme on se souvient à merveille de son
cours sur les suites, on a aucun problème:
L’équation caractéristique est donc x2 = (a + b)x − ba ⇒ ∆ = (a + b)2 − 4ba = (a − b)2 .
Les solutions de cette equation sont x1 = a+b+(a−b)
= a et x2 = a+b−(a−b)
=b
2
2
Il existe donc deux constantes U et V telles que ∀n ∈ N∗ , Bn = U an + V bn . On trouve les valeurs de U et
V en faisant n = 2 et n = 3.
a + b
a
0
a + b
a 2
2
2
a+b
a = (a + b)3 − ab(a + b) −
B2 = = (a + b) − ab = a + b + ab, et B3 = b
b
a+b
0
b
a + b
6
(a + b)ba = a3 + b3 + a2 b + ba2
(
a2 U + b2 V = a2 + b2 + ab
Ainsi, U et V sont solutions du système :
a3 U + b3 V = a3 + b3 + a2 b + ba2
an+1 − bn+1
a
b
D’où Bn = an a−b
+ bn − a−b
=
a−b
RETOUR AUX ENONCES
7
(
a
U = a−b
⇔ (après calculs... )
b
V = − a−b