1 Détail sur Hadamard

Déterminants bis (version chantier)

Marc SAGE

<2015

Table des matières

1 Détail sur Hadamard 2

2 maximiser le dét sur la boule unité in…nie 2

3 Un déterminant 2

4 Vandermonde généralisé 2

5 Matrices stochastiques 2

6 un calcul 3

7 Det par blocs 3

8 Formule Sylvester et calcul d’un wronskien 3

9 poly car A 4

10 déragnements 4

11 Dans Mn(Z) 4

12 des poids 4

13 décomposition LU 4

14 Sur la comatrice 5

15 Uen équation 6

16 Sur le diamètre trans…ni des parties bornées du plan 6

17 Déterminant de Fredholm 7

1 Détail sur Hadamard

EXO :rappel sur lemme Hadamard. On le précise en minorant le détermiannt par le produit des k :=

P

i<kjai;kj jak;kj.

DEM : résultat et hypothèses invariant par dilatations des lignes. On peut supposer la diagonale égale à1 puis tuer la première colonne parntransvectios Li L0 a0;1L0 (on a indexé de0à n).

idée : récurrer sur la matrice restantea⁰_i;j=a_i;j+a_i;0a_0;j. Montrons que celle ci est à diag dominnate : deux inégalité traingualire brutes donnent

0i : = a⁰_i;i X

j6=i j 1

a⁰_i;j

(jai;ij jai;0j ja0;ij) X

j6=i j 1

(jai;jj+jai;0a0;jj)

on réordonne

=jai;ij 0

@X

j6=i

jai;jj 1 A+jai;0j

0

@1 X

j 1

ja0;jj 1 A

la second parethèse vaut 0 donc est<0. On en déduit ⁰_i ipour i 1. En bornant les somme àj < iau lieu dei6=j, on trouve de même ⁰_i i. Doncdet^rec1Q ₀

k 1Q

k, CQFD. (pour n= 1, 1= det)

2 maximiser le dét sur la boule unité in…nie

Montrer quesup_{kAk 1}detAest un entier multiple de 2^{n 1}

3 Un déterminant

soitAtq ai;j6= 0 =) aj;i= 0 etai;jaj;k6= 0 =) ai;k6= 0. Que vaut detA? SOl.

on prend un serpentQ

a_{i; (i)} non nul associé à un décomposée en cycles.... FGN

4 Vandermonde généralisé

Soit0< ₁< < _n et !

6

= 0.

Montrer queP

ix ⁱ s’annule au plus n 1fois surR⁺⁺

POur0< t1< < tn, mqdet t_i^j >0

5 Matrices stochastiques

soitA2Mn(R⁺)de somme1 sur chaque ligne.

montrerjdetAj 1 et étudier le cas d’égalité (mq par réc que si somme ligne 1alorsjdetj 1) (les matries de permltation sont solutions)

6 un calcul

soitA; B 2Mn tqImAet B(KerA)ne sont pas en L

. NotonsAj la matriceA où laj-ièm colonne a été remplacéée par celle deB.

CaculerP detAj

7 Det par blocs

MqdetAi;j= det =P

"( )Q

Ai; (i)si lesAi;j commutent

8 Formule Sylvester et calcul d’un wronskien

SoitA une matrice.

On noteA^p_q1¹_;:::;q^;:::;p_nⁿ la matrice obtenues à partir deAen retirant les lignes lignes d’indices lespiet les colonnes d’indices les q_j.

1. Montrer la formule de Sylvester

8p6=q; jAj² A^p;q_p;q = A^p_p A^p_q A^q_p A^q_q .

2. Soit f :I !Kune application C¹ sur un intervalle I de R. On pose pour tout entier k 1

w_k := I ! K

t 7 ! det f^(i+j)(t) _{0 i;j k} . Montrer pour n 0l’identité

wn 1wn+1= wn w_n⁰ w⁰_n w_n⁰⁰ .

Solution proposée.

1. On suppose dans un premier tempsAinversible et(p; q) = (1;2).

Pour faire apparaître A^1;2_1;2, on écrit A =

A^1;2_1;2 par blocs où les premières ligne et colonne correspondent aux deux premières lignes et colonnes de A. Par ailleurs, les déterminants apparaissant dans la matrice de droite sont des mineurs : plus précisément, si l’on écritcomA= X

x par blocs

de façon adpatée à l’écriture deAci-dessus, alorsX = A¹₁ A¹₂ A²₁ A²₂ .

On en déduit que le déterminant de droite vaut celui de X. Pour faire le lien entre X et A^1;2_1;2, on peut invoquer l’identité (^tcomA)A = jAj, mais l’on ne pourrait pas extraire jXj de cette dernière.

Regardons plutôt le produit de

tX ^tx

0 1 A : la seconde ligne sera celle de A et la première sera la première ligne de (^tcomA)A = jAj, autrement dit (jAj;0). Prenant le déterminant dans l’égalité

tX ^tx

0 1 A= jAj 0

A^1;2_1;2 sus-établie, il vientjXj jAj=jAj² A^1;2_1;2, d’où le résultat en simpli…ant parjAj.

LorsqueAn’est pas supposée inversible, on remplace les coe¢ cients deAparn² indéterminée(X_i;j) de sorte à avoir une matrice inversible dans le corps K (X_i;j)_i;j à laquelle s’appliquera la formule de Sylvester ; spécialiser les indéterminées en les coe¢ cients deAdonnera alors le résultat.

2. NotonsWk la matrice f^(i+j)(t) _{0 i;j k} pour toutk 1et …xons un entiern 0.

On applique la formule de Sylvester à la matriceA:=W_n+1et aux indices(p; q) = (n; n+ 1). Puisque Aⁿ⁺¹_n+1=W_n et A^n;n+1_n;n+1=W_{n 1}, on obtient

jWn+1j jWn 1j

| {z }

=wn 1wn+1

= jAⁿ_nj Aⁿ_n+1 Aⁿ⁺¹_n wn

=? wn w⁰_n w⁰_n w⁰⁰_n .

On est incité à regarder ce qui se passe lorque l’on dérivew_n. Comme il s’agit d’une forme multilinéaire en les colonnes, on aw_n⁰ =P

j=0;:::;n j où _j est le déterminantw_n où l’on a remplacé laj-ième colonne par sa dérivée. Vue la tête dew_n, les _jsont nuls sauf pourj=nmaximal et _n s’obtient alors en barrant la dernière ligne et l’avant-dernière colonne deW_n+1, d’oùw⁰_n = Aⁿ⁺¹_n . En raisonnant cette fois sur les lignes de Aⁿ⁺¹_n , on montre que w⁰⁰_n s’obtient en barrant les avant-dernières ligne et colonne de A, d’où w_n⁰⁰=jAⁿ_nj. On conclut en réinjectant les valeurs dew⁰_n etw⁰⁰_n que l’on vient de trouver.

Remarque. Une matrice constante sur les anti-diagonales est dite de de Hankel.

9 poly car A

trouverdet (A).dansL(Mn).

10 déragnements

comparer nb dérangement pairs/impairs.

(la di¤érence vautdet 1 ^j_i )

11 Dans M

(Z )

cns sur un vecteur de Zⁿ pour être une colonne d’une matrice inversible ? coef1;1doit donneP

ai? = 1, donc les ai doivent être premire entr eux.

12 des poids

soit Aréelle de diag nulle à coef dans f 1g. Si n pair, mq Ainversible

On a 2n+ 1caillours. OS chaque paquets de 2ncailoux se décompose en deux paquets de ncailloux de même masse totale. Mq tous les cailloux ont la même masse

pour touti, 9J tq 2P

jxj+xi =X oùX poids total. On sait quexi = _2n+1^X est solution . C’est la seule car matrice inversible2 Id: son det est non nul mod 2, donc non nul :-)

13 décomposition LU

cns pour queA=LU? (det(ai;j)_{1 i;j p} 6= 0pour toutp)

14 Sur la comatrice

Pour une matriceA, on poseAe:= ^tcomA.

1. Que valentAAeetAAe ?

2. Calculer le rang de la comatrice ainsi que ses noyau et image.

3. Que vaut le déterminant de la comatrice ?

4. Montrer l’égalitéABg=AeBe pour toutes matricesAet B.

En déduire que, si deux matricesAet B sont semblables, alorsAeetBe également.

5. Montrer que les sous-espaces propres deA sont des sous-espaces propres deA.e 6. Que vautAee?

7. Evaluer _Ae= tA= ⁽_j^X)_Ajⁿ _{A X}¹ (diag inversible sont dense) 8. MontrerAeest un poynôme enA; en déduireCommA CommAe 9. résoudreA=AedansR

1. Le cours donneAAe=AAe =jAj. 2. Discutons selon le rang deA.

LorsqueAest inversible,Ael’est également, d’où les rang, noyau et images deA.e LorsqueAest de rang n 2, tous les mineurs sont nuls, doncAeest nulle ? Lorsque A est de rang n 1, les égalités AAe= AAe = 0 s’écrivent

( ImAe KerA

ImA KerAe . Prenant les dimensions et sommant, il vientn npar le théorème du rang, donc on avait déjà égalité au niveau des inclusions. En particulier,rgAe= dim KerA= 1.

3. Prendre le déterminant dans l’égalité ci-dessus donne jAj Ae =jAjⁿ. Si jAj 6= 0, on trouve Ae = jAj^{n 1}. SijAj= 0, le rang deAn’est pasn, donc le rang deAevaut1 ou0, d’où Ae = 0 =jAj^{n 1} pour n 2. (Pourn= 1, la conditionjAj= 0se réécritA= 0, d’où Ae = 0.)

4. L’égalité est claire pour des matrices inversibles puisqu’alors g

AB= 1 jABj

t

(AB) ¹= 1 jAj jBj

tA ^{1 t}B ¹ =AeB.e

Lorsque le corps de baseK estR ouC, on prolonge cette identité par densité deGLn et par continuité deA7!Ae(la comatrice est polynomiale en chaque coordonnée, doncC¹). Dans le cas général, on rend les matricesAetBinversibles en considèrant2n²indéterminéesXi;j etYi;j et en se plaçant dans le corps K(X_i;j; Y_i;j)où les matricesX := (X_i;j)et Y := (Y_i;j)sont inversibles (car de déterminant non nul) : on évalue ensuite l’identitéXYg =XeYe en spécialisant les X_i;j en lesa_i;j et lesY_i;j en lesb_i;j:

SiB=P AP ¹, on écritBP=P A, d’oùBePe=PeAeavecrgPe=ncarrgP =n, d’oùBe=PeAePe ¹. 5. sijAj 6= 0, on a l’équivalenceAx= x () ^jAjx=Ax. D’oùe SpAe=n

jAjo

2SpA

SIrgA < n 1, tout vep deAest vep deAe= 0.

Si co rgA = 1, partons deAx = x. Deux cas : 6= 0 =) 0 = Axe =) x2 KerA, ou biene

= 0 =) x2KerA= ImAequi est une droite, donc x;Axe lié.

6. =jAj^{n 2}A, ok pourn= 2, et même pourn= 1 siA6= 0.

7. _Ae= _ComA= ^{( X)n}

jAj A 1

X (diag inversible sont dense) 8. ...

9. oN AA^tA=A^tcomA=jAj. SiA6= 0, l’un des colonnes est dnon nulle, donc un coef diag deA^tAest>0, doncjAj >0, donc p^A

jAj 2O_n. Or, jAj >0, donc p^A

jAj 2SO_n, iejAj^{1 n=2} = 1. Pour n6= 2, on trouve jAj= 1, donc SOL=SO_n. Sinon,RSO₂fonctionne.

15 Uen équation

DansMn(C)oùn 2, résoudreA+Ae2C.

16 Sur le diamètre trans…ni des parties bornées du plan

SoitA une partie du plan.

On notedn:= sup!a2Aⁿ

n(n 1)

2 qQ

i<jjai ajj lediamètre d’ordre ndeA.

On rappelle que la suite(dn)est décroisante. On note dsa limite, appelée diamètre trans…ni deA.

On souhaite donner une autre expression ded

Pourn 0, on note U_n l’ensemble des polynômes unitaires deCn[X]et on pose

n= inf

P2Un

sup

A jPj. Par commodité, on noteraDn :=d

n(n+1)

n 2 et n:= ⁿ_n.

1. Montrer que la suite (ln n) est sous-additive et en déduire que n converge vers son in…mum que l’on notera .

2. On considère le Vandermonde V (!a) en n+ 1 variables a₀; :::; a_n. En remplaçant la rangée de aⁿ_i par une rangée de P(a_i)pour un polynôme P à choisir, montrer les inégalités

1 1

n

D_n+1 Dn

n+ 1.

3. Conclure d= . Solution proposée.

1. Soitp; q 0et(P; Q)2Up Uq. On a

p+q sup

A jP Qj= sup

A jPj jQj sup

A jPjsup

A jQj.

On prend ensuite l’in…mum sur lesP 2Up, d’où p+q psup_AjQj, puis l’in…mum sur lesQ2Uq, d’où

p+q p q, CQFD.

2. Le Vandermonde perturbé que l’on demande de considérer vaut le Vandermonde sans perturbation du moment que le polynômeP est de degré n(soustraire à la dernière rangée une combinaison linéaire des rangées précédentes). Par ailleurs, en développant selon la rangée deP(a_i), on trouve

V (!a) = Xn i=0

P(ai)V (aj)_j6=i , d’où la majoration

jV(!a)j X sup

A jPj sup

!x2AⁿjV (!x)j= (n+ 1) sup

A jPj Dn. En prenant le supremum sur les!a 2Aⁿ⁺¹, puis l’in…mum sur les P2U_n, on en déduit

Dn+1 (n+ 1) nDn, ce qui est l’inégalité de droite à montrer.

Par ailleurs, une récurrence immédiate donne

jV(!a)j = jV(a1; :::an)j Yn

1

ja0 aij .

Le facteur de droite est continu ena₀ et minoré, donc atteint ? ? ? ?

3. On va encadrerdn à l’aide des k a…n de la faire converger vers . Minoration. L’inégalité de gauche se réécritDn+1 nd

n(n 1)

n 2 , ce qui se minore par nd

n(n 1) 2

n+1

vue la décroissance desdk. Simpli…ant pardn+1, il vient d_{n+1 n},

ce qui est très synpathique. Si par malheurd_n+1était nul, cela signi…erait queAcontient au plusnpoints, mais alors le polynômeQ

a2A(X a)est dans U_n et permet d’obtenir _n sup_z2AQ

a2Ajz aj= 0, ce qui sauve l’inégalité souhaitée.

Majoration. On multiplie les inégalités de droite de1 à n 1, d’où ¹

1 n 1

Dn

D1 n!. Passant à d_n, il vient (on sait queD₁= 1)

d_n ^{n(n2 1)}p

n! ⁿ⁽ⁿ²¹⁾ q

1 n 1

n 1. Puisque n! nⁿ, le facteur de gauche se majore par ⁿ²p¹

n = e^2(nlnn1) ! 1. Par ailleurs, la suite

1; 2; 2; 3; 3; 3; ::: converge vers , donc son logarithme tend vers1; par Cesàro, sa moyenne aussi ; en particulier, la moyenneln ^{n(n2 1)}

q

1 n 1

n 1 de ses ⁿ⁽ⁿ₂ ¹⁾ premiers termes tend vers ln . Passant à l’exponentielle, on en déduit que ^{n(n2 1)}q

1 n 1

n 1converge vers . Finalement, on a encadré _n par deux suites de limite , ce qui conclut.

17 Déterminant de Fredholm

PourK fonction de deux variables, on pose det (1 +tK) =X

n 0

tⁿ n

Z

det K(xi; xj)_{1 i;j n} dx1 dxn

(on somme les mineurs).

on identi…eK avecf 7!R

K(; x)f(x)dx

Alorsdet (1 +tK)converge siK opérateur borné prop :

det [(1 +K) (1 +K⁰)] = det (1 +K) det (1 +K⁰) det (1 +K) = Y

2SpK

(1 + )

le faire pour opérateur de rang …nis, puis les opératuer compacts, opérateurs à trace ? ? ? ?